Ort Vj 09 Stabilnost

Osnove regulacijske tehnike

prof. dr.sc. Dario Matika

mr.sc. Dalibor Brnobić

Vježba:

Stabilnost sustavaAnalitički i grafoanalitički postupci

za provjeru stabilnosti sustava

Stabilnost - uvod

Osnovne definicije:

o asimptotska stabilnost: sustav na koji ne djeluje

vanjaska pobuda teži nuli kada vrijeme teži prema

beskonačnosti

BIBO stablilnost (engl. bounded input bounded

Stabilnost - najvažniji pokazatelj regulacijskih sustava

Osnove regulacijske tehnike – Stabilnost 2

o BIBO stablilnost (engl. bounded input bounded

output) – ograničena pobuda na sustavu daje

ograničen izlaz

o potpuna stabilnost: sustav je potpuno stabilan ako

je funckija prijenosa svih ulazno-izlaznih parova

stabilnaPrimjer: ako sustav ima kraćenje nestabilnog pola i neminimalno fazne nule on će biti BIBO stabilan, ali tehnički neprihvatljiv

Stabilnost - uvod

Sustav (LTI) s prijenosnom funkcijom G(s) je:

o stabilan ako svi njegovi polovi leže u lijevoj s

poluravnini

o granično stabilan ako ima jednostruki pol u ishodištu ili


o granično stabilan ako ima jednostruki pol u ishodištu ili

jednostruke konjugirano-kompleksne parove polova na

ordinati

o u suprotnom je sustav nestabilan

Stabilnost – postupci ispitivanja stabilnosti

Grafoanalitički

Bode, Nyquist

Algebarski

Hurwitz, Routh

JNPV

Zaključak:

da li je sustav stabilan


Analiza: prijenosna funkcija otvorenog sustava

Analiza: položaj polova zatvorenog sustava

amplitudno i fazno osiguranje ima li nestabilnih polova

Zaključak:

koliko je sustav daleko od

granice stabilnosti

Stabilnost – algebarski postupci

Hurwitzov postupak

efikasan do sustava 4. reda –unaprijed izračunane formule

Routhov postupak

nema ograničenja u redu sustava, računski nešto zahtjevniji

Za oba postupka: karakteristični polinom zatvorenog sustava A (s)


Za oba postupka: karakteristični polinom zatvorenog sustava AZ(s)

( ))()(

)(

)()(1

)()(

)(1

)()(

)(

)(

sBsA

sB

sAsB

sAsB

sG

sGsG

sA

sBsG

O

OZO

+=

+=

+==

)()()( sBsAsAZ += Za poznatu GO(s) nije nužno računati GZ(s)!

Stabilnost – Hurwitzov kriterij stabilnosti

Primjenjuje se za sustave čiji je red manji od 5

0)( 0

1

1

0

=+++== −

−

=

∑ asasasasAn

n

n

n

n

i

i

iZ L

Iz karakterističnog polinoma zatvorenog kruga

aaa 0...


nxnaaa

aa

aa

aaa

aa

aaa

aaa

nn

nn

nnn

nnn

n

024

13

02

12

31

42

531

...0

0...0

0....

00.0

....0

0...

0...

−

−−

−−

−−−

=∆


Glavne subdeterminante su

Uvjet stabilnosti:

...

0 31

42

531

3

2

31

211

−−

−−

−−−

−

−−

− =∆=∆=∆

nn

nnn

nnn

nn

nn

n

aa

aaa

aaa

aa

aaa


Uvjet stabilnosti:

o svi koeficijenti ai > 0

o sve glavne subdeterminante uključujući i ∆n

moraju biti pozitivne


n=1 Karakteristična jednadžba

Uvjet stabilnosti:

001 =+ asa

0, 01 >aa 011 >=∆ a


Uvjet stabilnosti: 0,, 012 >aaa

001

2

2 =++ asasa

0

011 >=∆

a

a

0

0

0

0

00 20

02

13

02

30312221 >∆==∆>−=∆>=∆ a

aa

aa

aa

aaaaa


00

01

02

1

2 >==∆ aaaa

a


Uvjet stabilnosti: 0,, 012 >aaa

001

2

2

3

3 =+++ asasasa



Uvjet stabilnosti:

001

2

2

3

3

4

4 =++++ asasasasa

0,,,, 01234 >aaaaa

2

14232

31

0

0

>−−=∆

>−=∆

>=∆

aaaa

a


30

024

13

124

13

4

0

2

3412313

0

00

0

00

0)(

∆==∆

>−−=∆

a

aaa

aa

aaa

aa

aaaaaaa

Stabilnost – primjer 1

Primjer 1:

Pomoću Hurwitzovog kriterija odredi za koje je vrijednosti pojačanja K sustav na slici stabilan.


( )( )( ) )(

)(

271,1333,01,123,01 2sA

sB

ss

K

ss

KsGO =

++=

++=

KsssBsAsAZ +++=+= 271,1333,0)()()( 2

Prijenosna f-ja otvorenog kruga

Karakteristični polinom zatvorenog kruga


Hurwitzov postupak za red sustava n=20

0

1

1

2

2

2 271,1333,0)( sasasaKsssAZ ++=+++=

Kaaa +=== 271,1333,0 012

1. Nužan uvjet: svi koeficijenti an veći (manji) od 0

ispunjen za 2−>K


ispunjen za 2−>K

1. dodatni uvjeti: sve glavne poddeterminante pozitivne

a) 02 >= aanispunjen

b) 011 >=∆ a ispunjen

c) 00 0012 >⇒>=∆ aaa ispunjen

Sustav će biti stabilan za 2−>K


Primjer 2:

Za sustav na slici odredi parametar K da sustav bude stabilan.

( )K

Pitanje:

da li je pomoću P regulatora moguće stabilizirati ovaj nestabilni proces


( )( )( )

KsTsATsTs

KsG ZO ++−=⇒

−+= 1)(

11

22

KsTsAZ −−= 1)( 22

Odgovor:

korištenje samo P regulatora ne može stabilizirati ovaj proces.

Pravilo –množenje polinoma sa -1)

02

2 >= Ta

001 >=a

010 >−−= Ka

ispunjen

nije moguće ispuniti

ispunjen za 1−<K

Primjenjuje se za sustave čiji je red veći od 4

Stabilnost – Routhov kriterij stabilnosti

0)( 0

1

1

0

=+++== −

−

=

∑ asasasasAn

n

n

n

n

i

i

iZ L

Iz karakterističnog polinoma zatvorenog kruga

tvori se Routhov raspored321

1a

aaaab nnnn

−

−−− −=


1

13512

1

12311

1

5412

1

b

ababc

b

ababc

a

aaaab

a

nn

nn

n

nnnn

n

−−

−−

−

−−−

−

−=

−=

−=

321

4321

7531

642

2

1

... ccc

bbbb

aaaa

aaaa

s

s

s

nnnn

nnnn

n

n

n

−−−−

−−−

−

−

Uvjet stabilnosti:

o svi koeficijenti ai > 0

o svi elementi u prvom stupcu R rasporeda

moraju biti pozitivni


Otkriva:

o broj “nestabilnih” polova odgovara broju

promjena predznaka u 1. stupcu R- rasporeda


Dodatna pravila pri računanju s Routhovim rasporedom:

1. cijeli red možemo pomnožiti pozitivnim brojem

radi lakšeg računanja

2. ukoliko je 1. element nekog reda jednak 0,

mijenjamo ga varijablom ε i računamo preostale

elemente R rasporeda. Na na kraju postupka


elemente R rasporeda. Na na kraju postupka

limesom provjeravamo da li dolazi do promjene

predznaka u prvom stupcu

3. ukoliko su svi elementi nekog reda jednaki 0,

nove elemente tog reda dobivamo deriviranjem

polinoma kojeg kreiramo iz predhodnog reda.



Primjer 3:

Dana je karateristnična jednadžba sustava. Pomoću Routhovog kriterija provjeri stabilnost sustava.

01242)( 23 =+++= ssssAZ

3s 1 4 2

4128:1 −=−=

−s


0

1

2

s

s

s

s

12

2

2

1

−

12

4

2 promjene predznaka:sustav ima 2 nestabilna pola.

22

4

2

128:1 −=−=

−s


Primjer 4:

Pomoću Routhovog kriterija provjeri stabilnost sustava:

06575 234 =++++ ssss

5

13

4

s

s 6

5

7


6

0

6

5

ε

0

1

2

3

s

s

s

s

6

5

⇒→

6

6

lim0

εε

Ne dolazi do promjene predznaka. Stabilan sustav.

pravilo 2


Primjer 5:

Odredi broj nestabilnih polova u sustavu:

502548242)(

2345 −−+++=

sssss

KsGZ


Red sustava 5 + traži se broj polova → Routhov postupak

Zatvoreni sustav. Nestabilan.

502548242)( 2345 −−+++= ssssssAZ


121

000

25241

50482

25241

2

3

3

4

4

5

−

−

−

−

s

s

s

s

s

pravilo 1: množenje s pozitivnim brojem

pravilo 3: polinom nula.

red uz s3 se izračunava iz polinoma uz s4


2524)(25241 24

4

3 pravilo4 −+=⇒− ssSPs

13

3

1 pravilo134

3 12)(484)(

)( sssPssds

sdPsP +=⇒+==

izračun u redu s3:

25

12/13

25122

0

1

2

−

−

s

s

s

jedna promjena predznaka: 1 nestabilan pol


Primjer 6:

Analizom regulacijskog kruga dobiven je karakterstični polinom. Odredi za koje je vrijednosti K sustav stabilan.

uvjet: svi ai>0 2222 <−><−> KKTT

( ) ( ) ( ) RRiiZ KsKsTsTsA −++++−++= 2222)( 23


uvjet: svi ai>0 2222 <−><−> RRii KKTT

uvjeti za n=3

⇒>+−⇒>⇒>∆ 0200 21 iTa 2<iT

( )( ) ( )( ) 0222200 30212 >−+−++−⇒>−⇒>∆ RiRi KTKTaaaa

0,00 02203 >>∆⇒>∆=∆ aa

već ispunjen

2<RK već ispunjen


Analiza uvjeta

RI KT <

svi uvjeti

02 >∆

⇒>−

>++−−+−+−

044

0242422

iR

RiRiiRRi

TK

KTKTTKKT

T −> 2

Ti

2 Ti<2

Ti<KR

Primjena Ruthovog i Hurwitzovog

postupka daje jednako rješenje

područja stabilnosti koje je

prikazano


RI

R

R

i

i

KT

K

K

T

T

<

<

−>

<

−>

2

2

2

2

21-1-2 KR

1

-1

-2

KR>-2

Ti>-2

KR<2

prikazano

u KR-Ti ravnini


Primjer 7:

Na slici je prikazana prijenosna funkcija otvorenog sustava G0(s). Odredi pojačanja K1 i K2 za koje je sustav zatvoren jediničnom povratnom vezom stabilan.

1,0

05,01

=

=

T

T


1,02 =T

)(sGO

( ) ( ) 221

2

21

3

21

21

2

2

2

2

1

10

11)(

KsKTsTTsTT

KK

KssT

K

sT

KsG

+++++

⋅=

++⋅

+=


( ) ( )

( ) ( ) 200/105,0115,0005,00

1)(

122

23

21221

2

21

3

21

⋅+++++=

⋅++++++=

KKsKss

KKKsKTsTTsTTsAZ

( ) ( ) 012001020030 122

23 =+++++ KKsKss

20010200: −>⇒>+ KKa 1


20010200: 221 −>⇒>+ KKa

( )

10

1001:

12

12120

−<<⇒

−>>⇒>+

KK

KKKKa

1

2a

2b

2


2)1()1(203

)21(60

30

)1(2030600

)1(20030

102001

1212

0

121221

12

2

2

3

KKKKs

KKKKKs

KKs

Ks

+=+

−+=

+−+

+

+

identičan s


2)1()1(20 1212 KKKKs +=+

60)21(

03

)21(60

12

12

−>−

>−+

KK

KK

2

130

6012

0

2

1

2

1

2

+<

<−

>

KK

KK

K

60)12( 12 <−KK 32

130

6012

0

2

1

2

1

2

+>

>−

<

KK

KK

K

3a 3b


1202 −>K

10

10

12

12

−<<

−>>

KK

KK 2a

2b 2

1300

2

12 +<>K

KK 3a

2

1300

2

12 +><K

KK 3b


Područje stabilnosti je omeđeno uvjetima 1, 2 i 3.


1 2( ) 0112 >+KK 3

clear all

[X,Y] = meshgrid(-30:.1:30,-30:.1:30); %kreiraj X-Y mrezu.X=K2, Y=K1

Z3=60+X.*(1-2*Y); %izracunaj vrijednosti za

%uvjet 3

p=find(Z3<0);Z3(p)=0; %odbaci rezultate za Z3<0

Z2=X.*(Y+1); %izracunaj vrijednosti za

%uvjet 2

202 −>K 0)21(60 12 >−+ KK


%uvjet 2

p=find(Z2<0);Z3(p)=0; %iz Z3 odbaci dio Z2<0

p=find(X<-20);Z3(p)=0; %iz Z3 odbaci uvjet 1: K2>-20

Z3=sign(Z3); %tocke koje zadovoljavaju sve

%uvjete postavi na 1

contourf(X,Y,Z3) %iscrtaj rezultat

colormap([1 1 1;0 0 0]) %pojacaj kontrast

line([-20,-20],[-30 30],'color',[0 0 0])%ucrtaj ogranicenje 1

line([-30,30],[-1 -1],'color',[0 0 0]) %ucrtaj ogranicenje 2

xlabel('K2')

ylabel('K1')


Primjer 8:

Odredi koliko mora biti pojačanje K dodano u povratnoj vezi da sustav postane granično stabilan. Odredi periodu trajnih oscilacija koje pritom nastaju.


)(sGZ

Određivanje GO(s) iz GO(s):

petlju prekidamo na bilo kojem dijelu i izmnožimo pojačanja po konturi petlje od početka do kraja prekida.


ssss

KKsK

ssss

ssGO

443

3010

)2)(2(

)3(10)(

2342 +++

+=

+++

+=

Zaključak: pri razmatranju problema stabilnosti, položaj pojačanja K (glavna ili povratna grana) ne utječe na rezultat. Stabilnost ovisi samo o iznosu pojačanja!


KsKssssAZ 30)410(43)( 234 +++++=

Osnovni uvjeti za osiguranje stabilnosti ai>0:

4,0

0410

−>

>+

K

K

0

030

>

>

K

K

1


KKKKK

KKs

KK

s

Ks

Ks

)32,03,2(100270)108)(410(

90108

3/303

108

4103

3041

2

2

2

3

4

−+−−−+

−

⋅−

+


Ks

K

KK

K

KKKs

90

)8,0(10

)32,03,2(100

108

270)108)(410(

0

21

−−

−+−=

−

−−+

8,00108 <⇒>− KK 2


0)8,0(10

)32,03,2(100 2

>−−

−+−

K

KK

416,2

132,0

2

32,043,23,2 12

2,1−=

=⇒

⋅+±−=

K

KK

Analiza posljednjeg uvjeta:

Iz uvjeta 1 i 2 proizlazi da je (K-0,8) manji od 0! Stoga mora biti

032,03,22 <−+ KK


416,22 2

2,1−=

⇒=K

K

3

032,03,2 <−+ KK

0)416.2)(132,0())((32,03,2 21

2 <−+=++=−+ KKKKKKKK

Parabola. Nejednakost zadovoljena za 132,0416,2 <<− K

Sustav je stabilan za 132,00 << K , a granično stabilan za 132,0=K


Sustav je stabilan za 132,00 << K , a granično stabilan za 132,0=K



Kolika je perioda trajnih oscilacija?

Trajne oscilacije → granično stabilan sustav!

Postupak 1: pomoću Routhovog rasporeda.

Iz reda uz s2 dobivamo:


88,1168,690)108()(90108 22

2

2 +=+−=⇒− sKKssPKKs

Dodatno pravilo Routhovog postupka: red uz sm će biti nula ako su korijeni jednadžbe uz sm simetrični na realnu ili imaginarnu os.

Pitanje: da li sustav ima simetrične polove?

Iz reda uz s2 dobivamo:


221

1)()(

ω+⋅=s

sGsG ZZ

Trajne oscilacije: GZ(s) mora sadržavati barem jednu oscilatornu komponentu bez prigušenja:

sadrži polovi koji su simetrični na y-os


1,3336 s

1,7784s

088,1168,6

088,1168,6)(

22

2

2

2

2

=⇒+=

+=

=+=

=+=

n

s

ssP

ωω


Postupak 2: pomoću analize prijenosne funkcije GO(ω)

)(1

)()(

sG

sGsG

O

OZ

+= Nestabilnost: odaziv ide preko svih granica.

→ nazivnik je jednak nuli

Univerzalniji postupak, razumljiv, lakše dokaziv.


−=

=−=

πωϕ

ωω

)(

1)(1)(

AGO

0)(10)(1 =+⇒=+ ωOO GsG

Točka -1+j0 je ključna točka za ispitivanje stabilnosti pomoću GO(s)

Temelj za grafoanalitičke postupke – granična stabilnost


Pomoću promjene K možemo mijenjati samo A(ω)!!!

Za određivanje granice stabilnosti treba :

1. odrediti frekvenciju kritične faze ωπ pri kojoj je faza -180°

2. odrediti pojačanje prijenosne funkcije A(ωπ) – bez K

3. izračunati K da vrijedi A(ωπ)·K=1


3. izračunati K da vrijedi A(ωπ)·K=1

KsGKssss

ssGO )(

)2)(2(

)3(10)(

2=

+++

+=

[ ]2)()2(

)3(10)(

2 +++

+=

ωωωω

ωω

jjjj

jG


2

2

)2)(4(

)362(10

2

2

)2)(2(

3

1

10

)2)(2(

)3(10)(

2

2

22

2

2

2

ωω

ωω

ωωω

ωωω

ω

ω

ω

ωωωω

ω

ωωωω

ωω

−−

−−⋅

+−+

−−−=

−

−⋅

+−+

−

−=

⋅+−+

+=

j

j

j

jj

j

j

jj

j

j

j

jjj

jG


)34)(4(

)125(10

)34)(4(

80

)34)(4(

128510

)34)(4(

)2)(6(10

2)2)(4(

422

24

422

422

24

422

22

222

ωωωω

ωω

ωωωω

ω

ωωω

ωωω

ω

ωωω

ωωωω

ω

ωωωωωω

+−+

+++

+−+

−=

+−+

++−−−=

+−+

−−++−=

−−+−+

j

jjj

jjj

jj


)()()()(

)34)(4(

)125(10

)34)(4(

80)(

422

24

422

ωωωω

ωωωω

ωω

ωωωω

ωω

jVUimGreG

jG

+=+=

+−+

+++

+−+

−=

Za kut od 180°vrijedi 0)( =πωjV


22240125125 πππ ωωω ==++=++ zzz

772,1772,62

48255212,1 =−=

+±−= zzz

sradz /331,12 ==πω


)()()()(0)(

22

π

ω

πππ ωωωωπ

UVUAV =

=+=

Kako izračunati K?

6,7)( −=πωU


6,7)( =πωA

1316,0)(

11)( ==⇒=⋅

π

πω

ωA

KAK

Grafoanalitički postupci -Bodeov dijagram

L

(ω)

20logk( ) 0

( ) 180 ( ) 0

AO

r C C

C

L L π

π

ω

ϕ ω ϕ ω

ω ω

⋅ =− >

= °+ >

<

STABILAN SUSTAV

log(ω)πωC

ωLω

2

π−

π−

( )r C

ϕ ω

( )AO

L Lπ

ω= −


Primjer 10: 2. kolokvij 2005.

Skiciraj Bodeov dijagram za sustav )2)(1(

10)(

++

+=

sss

ssGO

F(s) �� ±1 � Nagib

Odredi fazno i amplitudno osiguranje. Koliko je pojačanje K potrebno dodati u sustav da se postigne LA0=10 dB i ϕr=45°.

10)(

ssG

+=


F(s) �� ±1 � Nagib

G1(s) - - - −�2 −1

G2(s) �� 0 −1 1�

0 �2�

0 +1�

G3(s) �� 0,3 −0.70 1.30�

0−�2� 0 −1�

G4(s) �� 1 0 2�

0 �� 0 −2�

)5,01)(1(

1,015

)2)(1(

10)(

sss

sss

ssGO

++

+=

++

+=

dB145log20 =


)2)(1(

10)(

++

+=

sss

ssGO

L=0

Sustav vrlo blizu granice


φ=π

Sustav vrlo blizu granice stabilnosti – neprecizno očitanje


°−=−= 22 rAO dBL ϕ

ωπ<ωC

L=0

ωπ ωC

nestabilan sustav


φ=-π

Traži se (I):

251,012dB 12 za spustiti )(10 1 ==⇒⇒= dB-KLdBLAO ω 1


Odabrati K2 jer

2

K=-21dB

089,0212 =−= dBK

°=⇒°= -135 pri dB 0 bude da takospustiti )(45 ϕωϕ Lr

Traži se (II):


Odabrati K2 jer njime obuhvaćamo oba zahtjeva!!!

dBLAO

r

19

45

=

°=ϕ

φ=-135°

ωC - novi

K=-21dB

Konačno:Traži se (I):

Documents

Ort Vj 09 Stabilnost