Upload
engineer
View
361
Download
4
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Otomatik kontrol sistemleri sunumu...
Citation preview
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
1
Otomatik Kontrol
Kök Yer Eğrileri
Prof.Dr.Galip Cansever
Ders #11-13
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
2
Geribeslemeli kontrol sistemleri tasarımında açık döngüsistemin analiz edilmesi, kapalı döngü sistemin nasıl davranacağı hakkında bilgi edinilebilmesi açısından çok önemlidir.
Yöntemlerden bir tanesi sistem için kök yer eğrisinin oluşturulması ve yorumlanmasıdır.
Bir kontrol tasarımcısı sistemin kararlı olup olmadığını vekararlılık derecesini bilmek, diferansiyel denklem çözmedenbir analiz ile sistem performasını tahmin etmek ister.
Tanım: Kök yer eğrisi sistem parametrelerinin değişimi ile Sistem kapalı döngü köklerinin s düzlemindeki yerini gösteren grafiktir.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
3
Kapalı döngü sistemlerin geçici rejim cevap karakteristiklerikapalı döngü kutuplarının yerlerine bağlıdır. Eğer sistem değişken kazanca sahipse, kapalı döngü sistemin kutuplarıseçilen kazanca göre değişir. Dolayısıyla kontrol tasarımcısınındöngü kazancı değiştikçe kapalı döngü sistemin kutuplarınınnasıl hareket ettiğini bilmesi önemlidir.
Amaç: İstenilen sistem cevabını elde edebilmek için uygunkutuplar seçmek ve dolayısıyla bu kutuplar için sistem kazancını belirlemektir
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
4
İçerik
•Basit geribesleme sistemleri kök yer eğrileri
• Adım adım kök yer eğrisi çizimi
• Kök yer eğrisi problemleri
• Kazanç tabanlı kök yer eğrisi tasarımı
• Nonlineer sistemler ve kök yer eğrileri
• Mat-Lab ile kök yer eğrisi çizimi
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
5
Transfer Fonksiyonu:
Basit Geribesleme Sistemleri Kök Yer Eğrileri Çizimi
Karakteristik Denklemi:
∑R(s) E(s) U(s)
Y(s)-+ Controller Plant
Sensor
1
KAKGG(s)
)(1)(
)()(
sGKKsGKK
sRsY
GA
GA
+=
0)(1 =+ sGKK GA
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
6
Kapalı döngü kutupları amplifikatör kazancı KA ‘ya bağlıdır.KA’yı 0 dan sonsuza değiştirerek olası bütün kökleri çizerek bizim için en uygun KA değerini çizimden kolayca seçebiliriz.
)()()(
sasbsG =
mmm bsbssb +++= − ............)( 1
1
))........(()( 21 mzszszs −−−=
∏=
−=m
iizs
1
)(
nnn asassa +++= − ............)( 1
1
∏=
−=n
iips
1
)(
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
7
Hepsinin kökleri aynıdır!
GAKKK =
0)()(1 =+
sasbK
0)(1 =+ sKG
0)()( =+ sKbsa
KsG 1)( −=
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
8
Örnek: Bir Doğru akım motorunun kök yer eğrisi
Doğru akım motorunun transfer fonksiyonu:
Geri besleme Kapalı Döngü Sistemi:
∑R(s) E(s) U(s)
Y(s)-+ Controller Plant
Sensor
1
KAKGG(s)
)1(1)(
)()(
+==
sssGK
svs
Ga
mθ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
9
Eğer 0 ≤ K ≤ 1/4 ise kökler gerçektir ve -1 ile 0
arasındadır.
Eğer K = 1/4 ise iki katlı kök -1/2 dir.
Eğer K > ¼ ise kompleks eşlenik iki kök vardır.
241
21
2,1Kr −
±−=
02 =++ Kss
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
10
Böylece K=1 olarak hesaplanır
K=0 olduğunda sistem açık döngüolduğundan kök yer eğrisi G(s)’ ninkutuplarından başladı.
K arttıkça kökler birbirine doğru hareket etti ve s=-1/2 de birleştiler.
Bu noktada reel eksenden koptular.
Kopma noktasından sonra kökler reel eksenleri değişmeyerek sonsuza doğru yöneldiler.
Tasarım açısından düşünecek olursak, K’yı değiştirerek kapalıdöngü kutuplarımızı istediğimiz gibi seçebiliriz.
23
214=
−K
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
11
Sadece sistem kazancı K değil, karakteristik denklemdeki herhangi bir parametreye göre de yer eğrisi
Oluşturulabilir.
Örnek:
Karakteristik Denklem:
olsunKcss
sG 1)(
1)( =+
=
0)(1
s2+cs+1=0=+ sG
a(s)=s2+1,
b(s)=s,
K=c.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
12
01
1 2 =+
+s
sc2
42
2
2,1−
±−=ccr
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
13
Kök-Yer Eğrisi Çizimi
Kök yer eğrisinin elle çiziminin iki yararı vardır
•Basit sistemleri kolayca çizebilmek
•Bilgisayara yaptırılan çizimleri irdeleyebilmek, daha iyi anlamak
Tanım I: Kök yer eğrisi, K sıfır ile sonsuz arasında değişirken 1+KG(s)=0 yapan s değerleri set’idir. G(s) sistem açık döngütransfer fonksiyonudur, kök yer eğrisindeki kökler kapalı döngüsistemin kökleridir.
Tanım II: G(s)’in kök yer eğrisi, G(s)’in fazörleri 1800 olduğu s düzlemindeki set noktalarıdır.
l: bir tam sayılsG 000 360180)( +=∠
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
14
Örnek:
s0=-1+2j noktasını seçelim. Amacımız s0 noktasının kökyer eğrisi üzerinde olup olmadığını anlamak.
( ) )5](42[1)( 2 +++
+=
sssssG
lsG 000 360180)( +=∠
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
15
G’nin açısı 1800 olmadığıiçin s0 noktasının kök yer eğrisi üzerinde olmadığınısöyleyebiliriz.
43211)( φφφφψ −−−−=∠ sG
[ ] 00
2000 180)5(4)2()1( =+∠−++∠−∠−+∠ ssss
00000 6,267606,11690 −−−−=02,129−=
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
16
Örnek:
Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler “x” ie sıfırlar “0” ile işaretlenir.
( )0
]164[1 2 =
+++
ssK
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
17
Adım II: Eğrinin reel eksen kısmı tespit edilir. Test noktası s0 seçilir,
Ve Φ1, Φ2 açıları bulunur. Φ1=- Φ2 (eşlenik kökler olduğundan).
Kuralı gereği, test noktasının sağında kutup ve sıfır sayısıtoplamı tek sayı olmalıdır.
lsG 000 360180)( +=∠
Eğer test noktası kutup veya sıfırın sağında ise bu açı 00 solunda
ise 1800 dir.
Sonuç;Reel eksen üzerindei bir s0 için G(s0) açısı reel eksen üzerindeki kutup ve sıfırlardan tespit edilir.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
18
Adım III: K’nın büyük değerleri için asimtotlar çizilir. K sonsuza giderken;
G(s)’in 0 olması gerekir. Bu iki şekilde olabilir:
olduğundan G=0 ancak b(s)=0 ise olabilir.
Olduğundan,
Yazılabilir.
)()()(
sasbsG =
KsG 1)( −=0)(1 =+ sKG
0)()(1 =+
sasbK
0........................1 1
1
11 =
++++++
+ −
−
nnn
mmm
asasbsbsK
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
19
Biz K’nın büyük değerleri ile ilgileniyoruz. G(s) fiziksel bir sistemi temsil ettiğinde n>m olduğundan s sonsuza giderken G(s) sıfıra gider ve yukardaki denklem
Şeklinde yazılabilir.
Köklerin s=α da toplandığı n-m dereceli sistemdir.
K ve s nin yüksek değerlerinde m sıfır n kutubu elimine eder ve n-m tane kutup aynı noktada görünür. Bu durumda asimtotiksistemin yerini bulmamız ve α’yı hesaplamamız gerekir.
0)(
11 =−
+ −mnsK
α
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
20
s0 test noktamızı s0=RejΦ olarak seçelim. Köklerin hepsi aynınoktada olduğu için eğer her biri Φl olan n-m açı toplamı 1800
ise transfer fonksiyonunun açısı 1800 dir. Böylece:
(n-m)Φl=180+360xl dir.
Asimptotik kök yer eğrisi n-m ayrık açıda açısal çizgiler içerir,
Örnek: n-m=3 ise
Φ1,2,3=60, 180, ve 3000dir
Bu asimptotik yerin çizgisi reel eksen üzerindeki s=α dan gelir.
l=1,2,...n-m mn
ll −
−+=
)1(360180 00
φ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
21
α yı belirlemek için polinom özelliğini kullanacak olursak,
Eşitsizliğin sağ tarafını açıcak olursak, a1= -Σpi olduğunu görürüz.
Transfer fonksiyonunun payı içinde aynısını yazabiliriz, b1= -Σzi olur.
Kapalı döngü transfer fonksiyonu;
0........................1 1
1
11 =
++++++
+ −
−
nnn
mmm
asasbsbsK
))........(()(............ 211
1 nnnn pspspsasas −−−=+++ −
0)......(...... 11
11 =+++++++ −−
mmm
nnn bsbsKasas
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
22
Dikkat edilecek olursa kutupların toplamının sn-1 katsayısının negatifidir ve eğer m < n-1 ise K dan bağımsızdır. Kapalı döngü sisteminde ise bu katsayı Σri’nin negatifidir. (ri: Kapalı Döngü sistemin kutupları)
Ayrıca m < n-1 olduğundan –a1;-Σri=-Σpi
K’nın büyük değerlerinde ri nin m tane kökü zi sıfırlarına eşittir ve n-mtane kök 1/(s-α)n-m asimptotundan gelir ve toplamı (n-m) α dir.
Bu sonuçları birleştirecek olursak: Bütün köklerin toplamı eşittir, G(s) ninsonsuza giden köklerin toplamı + sıfıra giden köklerin toplamıdır
Σri=+(n-m) α +Σzi=Σpiα’yı çözecek olursak
mnzp ii
−
−= ∑∑α
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
23
Asimptotları ±600 olarak şekilde görüyoruz. Ayrıca 1800 asimptot ikinci adımda gösterilmişti.
03044
−+−−
=α
38−
=α
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
24
Adım IV: Ayrılma ve geliş açılarını hesaplanırKök yer eğrisi kutuplarda başlar ve ya sıfırlarda yada sonsuzda sona erer. Bu adımda bir kutuptan ayrılan yer eğri parçasının açısı bulunur
Test noktası olarak s0’ı ikinci kutup -4-4j noktasına yakın olarak ele alalım ve G(s0) açısını hesaplayalım
Test noktası 2. kutba yeterince yakın olduğundan Φ1 ve Φ3 açıları 2.kutubun açıları olarak alınabilir ve Φ2açısı açı koşulundan hesaplanabilir.
-900- Φ2- 1350 =1800+3600l
Φ2 açısı -1800 ile +1800 arasında olacak şekilde l=-1 olarak seçilirse
Φ2 = -450
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
25
Simetriden dolayı 1. kökün ayrılma açısı +450 dir. 2. Adımda anlatıldığı gibi 3. kutbun ayrılış açısı 1800 dir. Eğer G(s)’in sıfırları olsaydı ikinci kutbun açısına sıfırların açılarıdeklemin sol tarafına eklenecekti. Genel olarak bir kutup için ayrılma açısı
Eğer q tane tekrar eden kutup varsa;
Genel olarak sıfırlara geliş açısıda;
liidep00 360180 −−−= ∑∑ φψφ
lq iidep00 360180 −−−= ∑∑ φψφ
lq iiar00 360180 ++−= ∑∑ ψφφ
: kutuplara olan açıların toplamı∑ iφ
: diğer sıfırlara olan açıların toplamıdır. ∑ iψ
: Diğer kutuplara olan açıların toplamı∑ iφ
: Sıfırlara olan açıların toplamıdır. ∑ iψ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
26
Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır.
Sağ yarı düzlemdeki kutup veya kutuplar kararsızlığı gösterir. Routh’s kararlılık testi ile kararlılık tespit edilebilir. K parametresini kullanarak Routh’s dizi oluşturularak sağ yarı düzleme geçecek kökler belirlenebilir. Hesaplanan K değerleri imajineri ekseni kesen değerleri gösterir. Böylece K değeri bilinir ve bu kesme noktasıs0=jw0 kök değerine karşılık gelir.
Örnek:
s3+8s2+32s+K=0 ve Routh Kararlılık Dizisi:
Ks
Ks
Kss
:
08
32.8:
8:321:
0
1
2
3
−
( )0
]164[1 2 =
+++
ssK
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
27
0<K<256 için denklem sağ yarı düzlemde kök içermez. Biz K’nın pozitif değeleri ile ilgilendiğimizden, K’nın üst sınırı ile ilgileniyoruz. K<256 için sağ yarı düzlemde kök yoktur. K=256sağ yarı düzlemi kesme noktasını işaret eder. İlgili frekansı K yıve s=jw0
‘ı yerine koyarak bulabiliriz.
(jw0)3+8(jw0)2+32(jw0)+256=0
Reel ve imajiner kısımlar ayrı ayrı
0’a eşit olmalı böylece
8(w0)2+256=0 ve
(w0)3+32w0=0
Çözüm: w0=±√32 =±5.66
Dikkat edilecek olursa asimptot s=4.62j de imajineri ekseni kesiyor, 5.66 olması gerektiği gibi bu değerin üzerinde
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
28
Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılış açıları belirlenir.
K=1/4 için s=-1/2 de iki katlı kök var.Eğrinin yatay bölümleri birbirine doğru hareket ederken diken bölümleri reel eksenden ayrılıyorlar ve K>1/4 için kompleks oluyor. Eğri 0ve 180 derecede bir araya gelirken +90 ve -90 derecede ayrılıyor.
s=-1 noktasında K=0 dır ve s=-1/2noktasına kadar reel eksen üzerinde K=1/4’e kadar yükseliyor ve s=0noktasında tekrar 0’a düşüyor. K kazancı s=-1/2 katlı kök noktasında maksimum oluyor.
02 =++ Kss
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
29
Eğer K bu noktada maksimum oluyorsa, bu noktada dK/ds=0 olmalı, katlıkök noktasında veya eğri ayrılma noktasında. K=-1/G kullanılırsa,
G=b/a olduğundan;
yazılabilir.0)(1)( 2 =−−=−dsdba
dsdab
bba
dsd
0)1(0=− =ssGds
d
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
30
Örnek:
0)(1)( 2 =−−=−dsdba
dsdab
bba
dsd
)1(1)(
)()(
+==
sssGK
svs
Ga
mθ
1)( =sb 0=dsdb
12 += sdsdasssa += 2)(
012 0 =+s
21
0 −=s
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
31
Örnek:
0)(1)( 2 =−−=−dsdba
dsdab
bba
dsd
( )0
]164[1 2 =
+++
ssK
1)( =sb 0=dsdb
32163 2 ++= ssdsdassssa 328)( 23 ++=
js 89.167.20 ±−=
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
32
Bu noktalar kök yer eğrisi üzerinde değil, buda bize türev şartının s0’ın katlı kök olması için gerekli fakat yeterli şart olmadığınıgösterir.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
33
Katlı köklerin geliş ve ayrılış açılarını belirlemek için iki yeni özellik daha eklememiz gerekir.
Eğrinin sürekliliği: 0≤K≤K0 aralığında başlangıç olarak eğriyi düşünebiliriz. Eğer K= K0+ K1 olarak düşünülürse K1parametresine göre yeni kök yer eğrisi çizilebilir ve bu eğrinin başlangıç kutupları K0 sisteminin kökleri olacaktır.
Örnek: 02 =++ KssBu sistemde K0=1/4 değerine denk gelir.
Daha önceki sistemini düşünelim.
K= 1/4+ K1 ise denklemimiz:
.0)21(0
41
12
12 olurKsveyaKss =++=+++
Burada K1’in ilk ayrılışı orjinal sistemde K’nın kopma noktasına denk gelir. s=-1/2 deki katlı köke ayrılma açısı kuralınıuygulayacak olursak;
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
34
ldep00 3601802 −−=φ
ldep00 18090 −−=φ
090±=depφ (Kopma noktasındaki ayrılma açıları)
Bu durumda s=-1/2 deki geliş açıları (orjinal sistemden) reel eksen boyuncaaçıkca 00 ve 1800 dir.
Reel eksen üzerinde birbirine doğru gelen eğri parçaları daima ±90 derece ile koparlar.
Hatta genelleştirecek olursak s düzleminin herhangi bir noktasında birbirine doğru gelen 2 eğri parçası birbirlerine 180 derece ile yaklaşırlar ve ±90 derece ile koparak yön değiştirirler.
Benzer şekilde s düzleminin herhangi bir noktasında birbirine doğru gelen 3 eğri parçası birbirlerine 120 derece ile yaklaşırlar ve ve geliş açılarına göre 60 derece dönerek 120 derece ile koparlar.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
35
Adım VII: Eğrinin tamamlanır
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
36
Kök-Yer Eğrisi Çizimi
Özet
Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler “x” ie sıfırlar “0” ile işaretlenir.Adım II: Reel eksen üzerinde sıfır ve kutup sayısı toplamının solunda tek olduğu doğruyu çiziniz
Adım III: α’da merkezlenen ve Φl açıları ile ayrılan asimtotlar çizilirn-m: asimptot sayısı
l=1,2,...n-m
mnzp ii
−
−= ∑∑α
mnl
l −−+
=)1(360180 00
φ
mnba
−+−
=)( 11
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
37
Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardanhesaplanır
Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.)
Adım VII: Eğri tamamlanır.
Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılış açıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 180 derecede bir araya gelir ±90 derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri 120 derecede bir araya gelir 60 derece dönerek ayrılır
lq iidep00 360180 −−−= ∑∑ φψφ
lq iiar00 360180 ++−= ∑∑ ψφφ
Kök yer eğrisinin kutup sayısı kadar kolu vardır.
Kök yer eğrileri kutuplarda başlar, sıfırlarda yada sonsuzda son alır.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
38
Örnek: İçin kök yer eğrisini çiziniz?
Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler “x” ie sıfırlar “0” ile işaretlenir.
2
1)(s
ssG +=
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
39
Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamıtek olan doğruyu çiziniz
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
40
Adım III: α’da merkezlenen ve Φl açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir
n-m=2-1= 1 asimptot var.
Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır.
s=0 daki kutuplar için bu kutuplar etrafında bir çember çizelim.
İki kutuptan olan açılar eşittir ve sıfırdan olan açıda neticede sıfırdır,(kökler sıfırın sağında kaldığıiçin) böylece açı şartı:
ll000 36018002 +=+− φ
090±=lφ
0
0
18012
180
=−
=
l
l
φ
φ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
41
Eğri bir kolu yukarı bir kolu aşağı olacak şekilde ayrılır.
Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.)
Karakteristik denklem: S2+Ks+K=0
S2 : 1 K
S1 : K
S0 : K
K>0 için birinci kolon elemanlarının hepsi pozitif olduğu için bütün kökler sol yarı düzlemdedir ve kök yer eğrisi imajiner ekseni kesmez
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
42
Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılışaçıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 180 derecede bir araya gelir ±90derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri 120 derecede bir araya gelir 60 derece dönerek ayrılır.
Kök yer eğrisi koşulu:
s=0 kök yer eğrisinin G(s)’in iki kökünün K=0 da olduğunu gösterir.
II. Adımda s=-2 noktasının kök yer eğrisi üzerinde olduğunu gördüğümüzdens=-2 kök yer eğrisinin katlı köküne işareteder.
0)(1)( 2 =−−=−dsdba
dsdab
bba
dsd
1)( += ssb
1=dsdb s
dsda 2=
2)( ssa =
2,002
02)1()1(2
2
−==+
=++−
sss
sss
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
43
Adım VII: Eğrini tamamlanır.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
44
Örnek: İçin kök yer eğrisini çiziniz?
Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler “x” ie sıfırlar “0” ile işaretlenir.
)4(1)( 2 +
+=
ssssG
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
45
Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamıtek olan doğruyu çiziniz
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
46
Adım III: α’da merkezlenen ve Φl açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir
n-m=3-1= 2 asimptot var.
mnzp ii
−
−= ∑∑α
13)1(360180 00
−−+
=l
lφ
090±==lφ13
)1(4−−−−
=α23−
=α
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
47
Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır.
s=0 daki kutuplar için bu kutuplar etrafında bir çember çizelim.
-1 noktasındaki sıfırdan ve -4noktasındaki kutuptan olan açılar 0 dır ve orjindeki iki kutuptan olan açılar aynıdır, böylece açı koşulu:
ll0000 360180002 +=+−− φ
ll00 18090 −−=φ
090±=lφ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
48
Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.)
Karakteristik denklem:
S3 : 1 K
S2 : 4 K
S1 : (4K-K)/4
S0 : K
K>0 için birinci kolon elemanlarının hepsi pozitif olduğu için bütün kökler sol yarı düzlemdedir ve kök yer eğrisi imajiner ekseni kesmez
0)4(
11 2 =++
+ss
sK
04 23 =+++ KKsss
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
49
Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılışaçıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 180 derecede bir araya gelir ±90derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri 120 derecede bir araya gelir 60 derece dönerek ayrılır.
s=0 ve s=-1.75±0.97j
s=0 kök yer eğrisinin G(s)’in
iki kökünün K=0 da olduğunu gösterir.
1)( += ssb
1=dsdb ss
dsda 83 2 +=
23 4)( sssa +=
Kök yer eğrisi koşulu: 0)(1)( 2 =−−=−dsdba
dsdab
bba
dsd
081134 2323 =+++−− sssss0872 23 =++ sss
0)872( 2 =++ sss
0)1)(4()83)(1( 232 =+−++ sssss
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
50
Adım VII: Eğrini tamamlanır.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
51
Örnek: İçin kök yer eğrisini çiziniz?
Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler “x” ie sıfırlar “0” ile işaretlenir.
)12(1)( 2 +
+=
ssssGÖrnek:
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
52
Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamıtek olan doğruyu çiziniz
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
53
Adım III: α’da merkezlenen ve Φl açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir
mnl
l −−+
=)1(360180 00
φ
13)1(360180 00
−−+
=l
lφ
090±=lφ
13)1(012
−−−−−
=α211−
=α
mnzp ii
−
−= ∑∑α
n-m=3-1= 2 asimptot var.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
54
Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır.
ll0000 360180002 +=+−− φ
ll00 18090 −−=φ 090±=lφ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
55
Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.)
Karakteristik denklem:
S3 : 1 K
S2 : 4 K
S1 : (12K-K)/4
S0 : K
K>0 için birinci kolon elemanlarının hepsi pozitif olduğu için bütün kökler sol yarı düzlemdedir ve kök yer eğrisi imajiner ekseni kesmez
0)12(
11 2 =++
+sssK
012 23 =+++ KKsss
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
56
1)( += ssb
1=dsdb ss
dsda 243 2 +=
23 12)( sssa +=
Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılışaçıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 180 derecede bir araya gelir ±90derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri 120 derecede bir araya gelir 60 derece dönerek ayrılır. Kök yer eğrisi koşulu: 0)(1)( 2 =−−=−
dsdba
dsdab
bba
dsd
0)243)(1()1)(12( 223 =++++− sssss
31.2,18.5,0 −−=s02415202427312
23
2323
=++
=+++−−
ssssssss
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
57
Bu kökler kök yer eğrisi üzerinde dolayısıyla katlı kök noktalarıdır. Bunun anlamı kök yer eğrisi üzerinde bu noktalar temas yada kopma noktalarını gösterir. Kök yer eğrisi kolu reel eksenden ayrılamayacağıiçin tek çözüm s=0 noktası kopma, s=-2.31 noktası temas ve s=-5.18noktası kopma noktasıdır.
31.2,18.5,0 −−=s
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
58
Adım VII: Eğrini tamamlanır.
Dikkat edilecek olursa -5,18 kopma noktasından sonra eğri K nınbüyük değerleri olan asimptotuna yaklaşır. Ayrıca kopma ve temas noktaları dik açı ile gerçekleşir.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
59
Örnek: İçin kök yer eğrisini çiziniz?
Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler “x” ie sıfırlar “0” ile işaretlenir.
)9(1)( 2 +
+=
ssssG
Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamıtek olan doğruyu çiziniz
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
60
Adım III: α’da merkezlenen ve Φl açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir
mnl
l −−+
=)1(360180 00
φ
13)1(360180 00
−−+
=l
lφ
090±=lφ13
)1(09−
−−−−=α 4
28
−=−
=α
mnzp ii
−
−= ∑∑α
Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır.
s=0 noktasında kopma açısı(ayrılıma açısı) 090±=lφ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
61
Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.)
Karakteristik denklem:
S3 : 1 K
S2 : 4 K
S1 : (9K-K)/4
S0 : K
K>0 için birinci kolon elemanlarının hepsi pozitif olduğu için bütün kökler sol yarı düzlemdedir ve kök yer eğrisi imajiner ekseni kesmez
0)9(
11 2 =++
+ss
sK
09 23 =+++ KKsss
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
62
1)( += ssb
1=dsdb ss
dsda 183 2 +=
23 9)( sssa +=
Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılışaçıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 180 derecede bir araya gelir ±90derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri 120 derecede bir araya gelir 60 derece dönerek ayrılır. Kök yer eğrisi koşulu: 0)(1)( 2 =−−=−=
dsdba
dsdab
bba
dsd
0)1)(183()1)(9( 223 =++++− sssss
0182139 2323 =+++−− sssss018122 23 =++ sss
s=0, -3, -3
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
63
Katlı kökler kök yer eğrisinin üzerinde fakat bu kez türevde katlı kökümüz var. Buda bize üç kökünde aynı noktada olduğunu gösterir.
s=-3 noktasında K>0 için kopma (ayrılma) açısı kuralını uygalayacak olursak;
ll000 3601801803 +=+− φ 00 120,0 ±=depφ
Geliş açısı ayrılış açılarından 60 derece döndürülür.
00 180,60±=arφ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
64
Adım VII: Eğrini tamamlanır.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
65
Üçüncü kutup 0’a yakın olduğunda, s=0 noktasında ±90 ile iki kola ayrılan G(s)=1/s2 nin kök yer eğrisine çok benzemektedir(biraz bozularak). p=9 a kadar bu bozgunluk devam eder ve p=9 için -3noktasında üç katlı temas olur. Kutup -9 dan ileri götürüldüğünde kök yer eğrisi ayrık temas ve kopma noktaları gösterir. İki uçnoktası olan p=1 (sıfırın elendiği) ve p= ∞ (ekstra kutbun etkisiz olduğu) arasında ikinci derece sistemin p=9 noktası geçişnoktasıdır.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
66
Örnek: İçin kök yer eğrisini çiziniz?
Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler “x” ie sıfırlar “0” ile işaretlenir.
]4)1)[(2(1)( 2 +++
=sss
sG
Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamıtek olan doğruyu çiziniz s=0, -2, -1±2j
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
67
Adım III: α’da merkezlenen ve Φl açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir
04)1(360180 00
−−+
=l
lφ
0000 135,45,135,45 −−=lφ
0400112
−+−−−−
=α
1−=αmn
zp ii
−
−= ∑∑α
)1(9045 00 −+= llφ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
68
Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır.
ldep00
421 360180 −−−−−= φφφφ
s= -1+2j deki ayrılış açıları
l000003 360180904.636.116 −−−−−=φ
03 90−=φ
011 6.116)
12(tan =−
= −φ
012 4,63)
12(tan == −φ
04 90=φ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
69
Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.)
Karakteristik denklem: 01094 234 =++++ Ksssss=jw0 için çözümü deneyecek olursak, w0 ı buluruz ve K denklemi sağlar
01094 02
03
04
0 =++−+ Kωωωω
0104 03
0 =+ ωω.58,15,2 0
20 bulunurve == ωω
09 20
40 =+− Kωω
25,164255,2.9 =−=K
Reel ve imajiner kısımları eşitleyecek olursak;
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
70
58,10 =ω
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
71
1)( =sb
0=dsdb 1018124 23 +++= sss
dsda
Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılışaçıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 180 derecede bir araya gelir ±90derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri 120 derecede bir araya gelir 60 derece dönerek ayrılır. Kök yer eğrisi koşulu: 0)(1)( 2 =−−=−
dsdba
dsdab
bba
dsd
sssssa 1094)( 234 +++=
0)1084)(1(1018124 223 =+++=+++ ssssss
Kökler s=-1, ±1,22j
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
72
Kökler s=-1, ±1,22j
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
73
Adım VII: Eğrini tamamlanır.
Karmaşık katlı kökerimiz var ve kök yer eğrisinin kolları s=-1, ±1,22j bir araya ve 0 ve 180 derecelerde koparlar.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
74
Örnek: İçin kök yer eğrisini çiziniz?]25)1.0[(
16)1.0()( 2
2
++++
=ssssG
Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler “x” ie sıfırlar “0” ile işaretlenir.Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamıtek olan doğruyu çiziniz
Sıfırlar s=-0.1±3.99j
Kutuplar s=0, -0.1±4.99j
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
75
Adım III: α’da merkezlenen ve Φl açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir
mnl
l −−+
=)1(360180 00
φ isizi lg=α
000
18023
)1(360180=
−−+
=l
lφ
Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır.
0 daki geliş açısı için açı koşulu l0021321 360180 ++=++−−− ψψφφφ
02
03
02
01
90
90
90
90
≅
≅
−≅
≅
ψ
φ
φ
φ Böylece derecedir ve kutup soldan gelir.
1801 =ψ
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
76
Ayrılış açısıda benze formülle bulunur. Bu kez;
02
01
03
01
90
90
90
90
≅
≅
≅
≅
ψ
ψ
φ
φ
02 180≅φ
olduğundan
Bulunur.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
77
Eğriden anlaşılacağı gibi katlı kök ve imajiner ekseni kesen noktalarıbeklemediğimizden beşinci ve altıncı adımları geçerek eğriyi tamalyabiliriz.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
78
Adım VII: Eğrini tamamlanır.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
79
Örnek: İçin kök yer eğrisini çiziniz?]16)1.0[(
25)1.0()( 2
2
++++
=ssssG
Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır.
-0.1+4j kutbunda ayrılma açımız var
l0021321 360180 ++=++−−− ψψφφφ
03
01
03
01
90
90
90
90
≅
≅
≅
≅
ψ
ψ
φ
φİse 0
2 0≅φ
Sıfırlar s=-0.1±4.99j
Kutuplar s=0, -0.1±3.99j
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
80
l0021321 360180 ++=++−−− ψψφφφ
02
03
03
01
90
90
90
90
≅
≅
≅
≅
ψ
φ
φ
φ
İse 01 0≅ψ
-0.1+4.99j için geliş açımız
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
81
Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.)
Karakteristik denklem:
001.25)01.162.0()2.0( 23 =+++++ KsKsKs
Bir önceki adımda gördük ki geliş ve ayrılış açıları sağ yarı düzleme doğru. Bu noktada K nın yüksek değerleri için sistemin çoğu zaman kararsız olduğunu görmek mümkün.
KsK
KKKs
KKsKs
01.25:2.0
01.25)2.0)(01.162.0(:
01.252.0:01.162.01:
0
1
2
3
+−++
+
+
Kararlılık çoğunlukla s1 li terimlerin olduğu sıra ile belirlenecek
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
82
02.396.82.0 2 =+− KKK=44 ve K=0.362
Bu değerler için karakteristik denklemin reel kısmından frekansları bulabiliriz.
KK 01.25)2.0( 20 =+ ω
01.4,99.42.0
01.25=
+=
KKω
Dikkat edilecek olursa imajiner ekseni kesme açık döngü sistemin sıfır ve kutuplarına çok yakın ve 0.362 < K < 44.4 için sistem kararsız.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
83
Adım VII: Eğrini tamamlanır.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
84
Son iki örnek bize eğer kararsız bölgeye yakın kutup ve sıfırlar varsa ayrılma açıları kapalı döngü sistemin karararlılık problemi olup olmadığını gösterdi. Ayrıca eğer kutup ve sıfırları yerlerini değiştirdiğimizde bunun kararlılık üzerinde son derece tesiri olduğunu gördük. Bir önceki örnekte sistemin sıfır kutbuna göre daha düşük frekansta ve kök yer eğrisinin sol yarı düzlemde kaldığınıgördük. Son örneğimizde ise kutup ve sıfırların yerini değiştirdik ve gördük ki nerdeyse K’nın tüm değerleri için sistem kararsız.
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
85
KÖK YER EĞRİLERİ
TANIMLAR ve NOTLAR
Kök yer eğrisi kol sayısı açık döngü sistemin transfer fonksiyonunun kutup sayısı kadardır.
Tanım: Kök yer eğrisi sistem parametrelerinin değişimi ile Sistem kapalı döngü köklerinin s düzlemindeki yerini gösteren grafiktir.
Kök yer eğrisi reel eksene göre simetriktir.
Kök yer eğrisi sağında kutup ve sıfır sayısı toplamı tek sayıolmalıdır.
Kök yer eğrisi açık döngü sistemin kutuplarında başlar (K=0 dır), sıfırlarında sonlanır (K=∞ dur).
Otomatik Kontrol Prof.Dr.Galip Cansever
86
Ayrılma Noktası: Reel eksen üzerinde kapalı döngü sistem kutuplarının reel den kompleks’e geçtiği noktadır.(dK/ds=0)
Geliş Açısı: Kompleks eşlenik sıfıra geliş açısıdır ve açı kuralıile hesaplanır.
Tekrar Giriş Noktası: Reel eksen üzerinde kapalı döngüsistem kutuplarının kompleksden reel’e geçtiği noktadır. (dK/ds=0)
Ayrılma Açısı: Kompleks eşlenik kutuptan ayrılma açısıdır ve açı kuralı ile hesaplanır.
lq iidep00 360180 −−−= ∑∑ φψφ
lq iiar00 360180 ++−= ∑∑ ψφφ
Asimptot: Kopmleks kutuplar olduğunda K sonsuza giderken kök yer eğrisi sonsuzdaki sıfırlara doğru bir asimptot boyunca hareket eder.