Embed Size (px)
Citation preview
Sayısal Kontrol Sistemleri
Bölüm 1
Ayrık Zaman sinyaller ve Sistemler
1.1 Kapalı çevrim sayısal kontrol sistemi
1.2 Ayrık zaman sinyaller
1.3 Ayrık zaman sistemler
1.4 Sürekli zaman sistemlerin ayrıklaştırılması
• Sayısal türev ve uygulama örnekleri
• Sayısal integral ve uygulama örnekleri
1.5 Fark denklemleri, çözümleri ve uygulama örnekleri
1
F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT
Referans
giriş
r(k)
Sistem
çıkışı
y(t)
Algılayıcı
+
-
YükselticiSayısal
Denetleyici
Hata
e(k)
Denetim
sinyali
v(t)
Sistem
girişi
u(t)
Sistem
ADC
DAC
Sayısal kontrol sistemlerinde genellikle denetlenen sistem analog
(sürekli zaman) bir sistem iken denetleyici sayısal (ayrık zaman) bir
birimdir. Tutma
Örnekleme
1.1 Kapalı Çevrim Sayısal Kontrol Sistemi
Sistem ? Algılayıcı ? Yükseltici/Dönüştürücü ?2
1.2 Ayrık Zaman Sinyaller
Analog ya da diğer bir ifade ile sürekli zaman sinyal, zamanın
her anında değeri belli olan yani, zamanın sürekli bir
fonksiyonu olarak tanımlanan sinyallerdir. Örneğin
Bilgisayar gibi sayısal ortamlarda, analog sinyaller yerine
bunların sayısal karşılığı olan ayrık zaman sinyaller kullanılır.
Ayrık zaman ya da sayısal sinyaller, zamanın ayrık anlarında bir
değere sahip olan sinyallerdir ve sayısal bir birim tarafından
doğrudan üretilebilir ya da analog sinyallerin örneklenmesiyle
elde edilebilir.
Örnek: Birim basamak (değeri her zaman 1 olan) sinyalini
bilgisayarda bir dizi olarak nasıl tanımlarsınız.
tetf
2)(
Sürekli Zaman ve Ayrık Zaman Sinyaller
3
Sürekli Zaman ve Ayrık Zaman Sinyaller
örnekleme periyodu (T) ile gösterilmek üzere analog bir
sinyalde t = k.T değişken değiştirmesi yapılırsa analog
sinyalin örneklenmişi ve dolayısıyla ayrıklaştırılmışı elde
edilir.
Analog sinyal f(t) ise örneklenmiş sinyal f(kT) ile
gösterilir.
Sinyal adındaki örnekleme peryodu kaldırılarak f(k)
şeklinde de gösterilir. Burada k=0,1,2,3,4…. tam sayıları
olmak üzere ayrık zaman indeksidir.
Örneğin yukarıdaki üstel sinyalin T=0.1 saniye aralıklarla
örneklendiğini kabul edersek aşağıdaki ayrık zaman
sinyal elde edilir.k2.0k2.0
e)k(fyadae)kT(f
4
Sürekli Zaman ve Ayrık Zaman Üstel Sinyaller
tetf
2)(
0 0.5 1 1.5 20
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
300
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
20100
kekf
2.0)(
Ayrık zaman üstel sinyallerin genel ifadesi:
a<1 ise ? a>1 ise?
ka)k(f
Zaman (t) Örnek sayısı (k)
5
T=0.05 örnekleme peryodu ile sönümlü sinüsoidal
sinyalin ayrıklaştırılmışı
)5(10)(2
tSinetft
)25.0(10)(1.0
kSinekfk
0 0.5 1 1.5 2-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
0 20 40 60-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
)5(10)(2
tSinetft
Zaman (t) Örnek sayısı (k)
6
Ayrık birim basamak fonksiyonu Örneklenmiş birim basamak fonksiyonu
k)1()k(u
Ayrık birim impuls fonksiyonu d(k)
k)k(r
Ayrık birim rampa fonksiyonu r(k)
Ayrık zaman Temel test sinyalleri
7
y(t)Analog
Sistem
u(t)
)t(Du)t(Cx)t(y
)t(Bu)t(Ax)t(xdt
d
Hatırlatma:
Sürekli zaman sistemler:
• Statik / Dinamik sistem ?
• Doğrusal /doğrusal olmayan sistem ?
• Zamanla değişen / zamanla değişmeyen sistem ?
Matematiksel Modelleri
Doğrusal-Zamanla
değişmeyen Sistemin
Transfer Fonksiyonu
Doğrusal-Zamanla
değişmeyen Sistemin
Durum Denklemi
Zaman bölgesi denklemleri
.vs
...
)t(u3)t(y2dt
)t(dy
5)t(u.10)t(y
1.3 Sayısal (Ayrık zaman) Sistemler
8
y(k)Sayısal
Sistem
u(k)
Sayısal (Ayrık zaman) Sistemler
Ayrık zaman sistemler ve matematiksel ifadeleri
• Statik / Dinamik sistem ya da bellekli /belleksiz sistem
(Tanımı ve matematiksel ifadeleri ???)
• Doğrusal / doğrusal olmayan sistem
(Tanımı ve matematiksel ifadeleri ???)
• Zamanla değişen / zamanla değişmeyen sistem
(Tanımı ve matematiksel ifadeleri ???)
Ayrık zaman sistem, ayrık zaman giriş sinyalini alarak ayrık
zamanda tanımlı dinamik ya da statik bir giriş-çıkış ilişkisi verir.
y(k)=F{ y,u) } ???
)k(ue)k(yk2.0
),k(u)1k(y8.0)k(y,1)k(u2)k(y
)k(u)1k(y8.0)k(y
y(k) ?
y(k-1) ?
y(k+2) ?
9
Ayrık zaman Sistemlerin Cevabını Bulma ve Kararlılık
)k(ue)k(yk2.0
a-) Verilen sistemlerin bellekli, doğrusal ve zamanla değişmeyen olup
olmadıklarını belirleyiniz.
b-) birim basamak, birim impuls ve birim rampa cevaplarını k=0,1,2
örnek için iteratif çözerek bulunuz.
c-) Sistemlerin kararlı olup olmadıklarını belirleyiniz.
d-) Sistemlerin zaman bölgesi blok şemasını çiziniz.
Kararlılık: Sınırlı girişe karşı sınırlı çıkış veren sistemler SGSÇ
kararlıdır. Diğer kararlılık tanımları ????
)1k(u5.0)k(u)k(y
)k(u)1k(y8.0)k(y 10
Sayısal Türev: Bir sinyalin herhangi bir noktadaki türevi
sinyalin o noktadaki eğimidir.
Bir f(t) sinyalinin türevi y(t) ile gösterilirse bu sinyalin herhangi bir t
(yada k, kT) noktasındaki eğimi,
sinyalin zaman ekseni ile yaptığı
açı kullanılarak aşağıdaki gibi yazılabilir.
Fonksiyonun eğimi farklı yaklaşımlarla bulunabilir.
Bunlardan ileri fark, geri fark ve merkezi fark olarak bilinen
yöntemler yaygın olarak kullanılmaktadır.
tan)()( tfdt
dty
k
f(k)
t
f(t)
1.4 Sürekli zaman sistemlerin ayrıklaştırılması
Sayısal Türev
11
İleri Fark Yöntemi
İleri fark yönteminde fonksiyonun bir gelecekteki örneklenmiş değeri kullanılarak fonksiyonun o andaki eğimi yaklaşık olarak hesaplanabilir.
İleri fark yöntemine göre sayısal türev,
T
kfkfky
)()1()(
k
f(k)
t
f(t)
k+1
f(k+1)
12
Geri fark yönteminde fonksiyonun bir önceki örneklenmiş değeri kullanılarak fonksiyonun o andaki eğimi yaklaşık olarak hesaplanabilir.
Geri fark yöntemine göre sayısal türev,
T
kfkfky
)1()()(
k
f(k)
t
f(t)
k-1
f(k-1)
Geri Fark Yöntemi
13
Merkezi Fark Yöntemi
(Bilineer Dönüşüm-Tustin Algoritması)
Merkezi fark yönteminde ise fonksiyonun bir önceki ve bir gelecekteki
örneklenmiş değerleri kullanılarak fonksiyonun o andaki eğimi
yaklaşık olarak hesaplanabilir.
Merkezi fark yöntemi ile sayısal türev,
T
kfkfky
2
)1()1()(
k
f(k)
t
f(t)
k-1
f(k-1)
k+1
f(k+1)
14
Sayısal İntegral
Bir sinyalin herhangi bir andaki integrali (belirli-sınırlı integrali) bu sinyalin o ana kadar taradığı alanın toplamıdır. Bir f(t) fonksiyonun integrali y(t) ile gösterilirse t anındaki integral,
Bir fonksiyonun herhangi bir t anındaki taradığı alanı bulmak için çeşitli yöntemler geliştirilmiştir. Burada en çok kullanılan sol kenar, sağ kenar ve yamuk yöntemleri verilmiştir.
t
0t
)0t(ydt)t(f)t(y
15
(k-1) k
f(k)
f(k-1)
T
t
f(t)
y(k-1) = y(t0) Alan
)1(. kfTAlan
)k(f.TAlan
)1()(.2
kfkfT
Alan
Sol Kenar Kuralı:
Sağ Kenar Kuralı:
Yamuk Kuralı:
Alan)1k(y)k(y
16
Örnekler
1-) Verilen fonksiyonların değişik yöntemlerle sayısal türevini /
integralini aldıran bir program yazınız.
2-) Bir bobinin, kondansatörün ya da mekanik bir elemanın çeşitli
giriş sinyalleri için çıkışını sayısal türev ya da integral işlemlerinin
kullanarak bilgisayar ortamında çözünüz.
Örneğin kondansatöre birim rampa gerilim uygulanırsa akımı nasıl
değişir.
)t(vdt
dC)t(i
5
0
5
0
t10t10dt)t5(Cos)t(y,dte)t(y),t10(Sin
dt
d4)t(y,e
dt
d4)t(y
17
Doğrusal ve zamanla değişmeyen sürekli zaman sistemlerdedurumlar, çıkışlar ve giriş fonksiyonları t zamanın süreklifonksiyonları olduğu halde,
Ayrık zaman sistemlerde bu büyüklükler, sürekli t zamanının ancakkT gibi ayrık anlarında tanımlıdırlar. Burada k = 0, 1, 2,...
Sürekli zaman sistemlerin matematiksel modelleri diferansiyeldenklemlerle tanımlanırken ayrık zaman sistemlerin modelleri isefark denklemleri ile tanımlanır.
Fark denklemleri geriye farklar ya da ileriye farklar şeklindeyazılabilir.
Önceki sunularda basit örnekleri verilen n. dereceden bir farkdenkleminin geriye farklar biçiminde yazılışı genel olarak :
)mk(ub)1k(ub...)k(u)nk(ya)1k(ya...)k(ym1n1
1.5 Fark Denklemleri
Burada, k=0 için y(-1), y(-2),……y(-n) başlangıç koşullarıdır. 18
)k(ub)1k(ub...)mk(u)k(ya)1k(ya...)nk(y0101
Burada, k=0 için y(n-1), y(n-2),……,y(1), y(0) başlangıç koşullarıdır.
n. dereceden bir fark denkleminin ileriye farklar biçimindeyazılışı genel olarak :
Örnekler:
2)0(y:kosuluBaslangic
)1k(u)k(y5.0)1k(y
2)2(y,4)1(y:kosullariBaslangic
)1k(u3)k(u)2k(y)1k(y2)k(y
Dolayısıyla fark denklemleri, başlangıç koşulları hesaplanmak
koşuluyla ileri ya da geri yönde ötelenebilir.
k=k+2 ile öteleyiniz.
k=k-1 ile öteleyiniz.
19
Fark denklemleri, diferansiyel denklemlerin
ayrıklaştırılması ile elde edilebilir.
)t(u3dt
)t(du4)t(y2
dt
)t(dy
)1k(uT21
4)k(u
T21
T34)1k(y
T21
1)k(y
Örnek:
Geri fark yöntemi kullanılarak ayrıklaştırılırsa,
Eğer T=0.1 saniye seçilirse aşağıdaki fark denklemi elde edilir.
)1k(u333.3)k(u583.3)1k(y833.0)k(y
20
Dolayısıyla dinamik sistemlerin analog modelleri bir integro-
diferansiyel denklem iken dinamik sistemlerin sayısal modelleri giriş
ve çıkışın gecikmişleri ile ifade edilen bir fark denklemi şeklindedir.
Burada örnekleme peryodunu gösteren T bloğu, bir örneklik
gecikmeyi ifade eder.
Örnekler: Çeşitli yöntemlerle ayrıklaştırarak blok şemalarını çiziniz. T=0.1s
)t(u10)t(y4dt
)t(dy2
dt
)t(yd
dt
)t(du4)t(y2
dt
)t(yd)t(u10)t(y
dt
)t(dy
2
2
2
2
21
Fark Denklemlerinin ÇözümüSabit katsayılı diferansiyel denklemlerin çözümünde olduğu gibi fark
denklemleri de homojen çözüm ve özel çözümün toplamından meydana
gelir.
Örnek:
n21 r...rr
0arardaya0ra...ra1 n1n
1nn
n1
1
Homojen çözüm yh(k):
Karakteristik denklem
KD’ in kökleri reel ve ayrık ise
KD’ in kökler reel ve katlı ise
KD’in kökleri kompleks ise
k
nn
k
22
k
11 rA...rArA)k(yh
jbar,jbar 21
n21 r,...r,r
k
1
1n
n
k
12
k
11 rkA...krArA)k(yh
)a/b(tan,ba),k(SinA)k(CosA)k(yh122k
2
k
1
)k(u)nk(ya...)1k(ya)k(y n1
22
Fark denklemlerinin özel çözümü
Diferansiyel denklemlerde olduğu gibi kaynak fonksiyonunun türüne
bağlı olan, bir de özel çözüm vardır.
)k(Cosdaya)k(Sin
k
)a(
1.K
n
k
k
özel çözümKaynak
)k(CosC)k(SinC)k(yö
k.C)k(yö
)a.(C)k(yö
1.C)k(yö
21
n
k
k
Özel çözümün aynısı, homojen çözümde de varsa her defasında özel
çözüm k ile çarpılmalıdır.
23
olsun0)2(y,1)1(y,)1()k(uBurada
)k(u)2k(y1.0)1k(y3.0)k(y
k
2.0r,5.0r 21
Örnek: Verilen fark denklemini çözünüz.
Çözüm: Karakteristik denklemin kökleri
k
2
k
1 )2.0(A)5.0(A)k(yh
k)1(C)k(yö
Seçileceğinden özel çözüm yerine yazılarak C katsayısı bulunabilir.
1667.0CBuradan)1()1(C1.0)1(C3.0)1(Ck2k1kk
Olduğundan homojen Çözüm:
Kaynağa göre özel çözüm,
24
2
1
A
A
1667.0)2.0(A)5.0(A)k(yö)k(yh)k(y k
2
k
1
1667.0)2.0(A)5.0(A0)2(yicin2k
1667.0)2.0(A)5.0(A1)1(yicin1k
2
2
2
1
1
2
1
1
Toplam çözüm
Elde edilir. Başlangıç koşulları uygulanarak A1 ve A2 katsayıları
bulunabilir.
25
Fark Denklemlerinin Ardışıl ya da
Bilgisayarla Çözümü
0k0
0k)1()k(uve0)1(yBurada
)1k(u333.3)k(u583.3)1k(y833.0)k(y
k
Fark denkleminin herhangi bir k=0 için bulunacak çıkışı y(0)
olduğuna göre önceki çıkışları yani y(-1),y(-2) gibi başlangıç
koşuludur. Yukarıdaki fark denkleminin girişin birim basamak
olduğunu dikkate alırsak,
.....................için2k
234.3)1(yburadan)0(u333.3)1(u583.3)0(y833.0)1(yiçin1k
583.3)0(yburadan)1(u333.3)0(u583.3)1(y833.0)0(yiçin0k
26
Şekilde, analog sistemin birim basamak cevabı ile T=0.1 saniye örnekleme peryodu ile ayrıklaştırılan ayrık zaman sistemin birim basamak cevabı verilmiştir
0 1 2 30
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
0 10 20 30 400
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4Step Response
Time (sec)
Am
pli
tud
e
27
ÖrneklerBir RL, RC, RLC seri ya da paralel devresinin birim impuls, birim
basamak ve birim rampa cevaplarını, sistemin diferansiyel
denkleminin çıkarıp ayrıklaştırdıktan sonra
a-) Klasik yöntemle çözünüz
b-) bilgisayar programı ile çözdürünüz.
Diğer bazı sistemleri (mekanik, elektromekanik, sıvı seviye ve akış
gibi) bilgisayar programları yazarak inceleyiniz.
28
Bölüm 2
Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin
Matematiksel Temelleri
2.1 Z- Dönüşümü
2.2 Ters Z dönüşümü
2.3 Fark Denklemlerinin z–Dönüşümü ile Çözümü
2.4 Transfer Fonksiyonu
2.5 Blok Şemalar
2.6 Sinyal akış şemaları
2.7 Durum Diyagramları
29
F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT
2.1 z -Dönüşümü
k
0k
z)k(y)z(Y)k(yZ
Toplam sınırları sonlu değerler alabildiği gibi -∞, +∞ aralığında da
alınabilir ve bu dönüşüme iki yönlü z dönüşümü denir.
Örneklenmiş bir sinyalin Z dönüşümü de aşağıdaki gibi alınabilir.
k
0k
z)kT(y)z(Y)kT(yZ
Doğrusal diferansiyel denklemlerin çözümünde Laplace
dönüşümünden yararlanıldığı gibi, doğrusal fark denklemlerinin
çözümünde de z dönüşümünden yararlanılır. Z dönüşümü fark
denklemlerini cebirsel hale getirir. Tek yönlü Z Dönüşümü
aşağıdaki gibi tanımlanır.
30
Z-dönüşümüne dikkat edilirse sonsuza giden bir seridir ve seriler
belirli koşullarda belirli bir değere yakınsar. Bu nedenle z-
dönüşümü bulunurken serilerin yakınsaklığını da belirlemek
gerekir. Çoğu seriler, aşağıdaki açılıma uygundur ve bu serilerin
in yakınsaklığı aşağıdaki ifade ile belirlenebilir.
0n
1n32n
0n
n32n
q...qqqqq
q...qqq1q
1q,q1
1q...qqq1q
0n
n32n
Serilerin Yakınsaklığı
0n
1nn
q1
q1qHer iki taraftan çıkarma yapılırsa,
31
Örnek: Birim basamak fonksiyonunun
Z dönüşümü
0 1 2 3 4….
1
f(k)
k
0 T 2T 3T 4T….
1
f(kT)
t=kT
Ayrık birim basamak fonksiyonu Örneklenmiş birim basamak
fonksiyonu
Çözüm
0
3210...).3().2().1().0().()(
k
kzfzfzfzfzkfzF
...1)(321
zzzzF
Bu sonsuz serinin yakınsaklığı,
1z
z
z1
1)z(F
1
k)1()k(f
1|z| 1
Koşulu ile 32
. . . .
k
1 2 3 . . .
f(k)
dayae)k(fbk
Örnek: Ayrık zaman üstel fonksiyonun z dönüşümünü alınız.
Çözüm: z-dönüşüm serisinin açılımından,
az
z
z.a1
1)z(Folursa)a()k(f
ez
z
z.e1
1)z(F
1
k
b1b
1|ze|1bT
Genel olarak üstel fonksiyonlar
k)a()k(f
33
Örnek: Birim rampa fonksiyonunun z dönüşümü
Çözüm
0k
321k ...z3z2z0z).k(f)z(F
2)1z(
z)z(F
k)k(f
0 1 2 3 4….
f(k)
k
Önceki seriden farklıdır ve yakınsaklığı ve dolayısıyla
z-dönüşümü aşağıdaki gibi bulunur.
34
Fonksiyon
f(k)Z Dönüşümü
F(z)
)wk(Cos
)wk(Sin
)a(
k
k
)k(u
)k(
k
2
d
1zCoswa2z
)wCosz(z
1wzCos2z
wzSin
az
z
)1z(
)1z(z
)1z(
z
1z
z
1
2
2
3
2
Bazı Ayrık Fonksiyonların z- Dönüşümleri
35
Analog Fonksiyon
f(t)
z- Dönüşümü
F(z)
)wkT(Cos
)wkT(Sin
e
kT
bkT
1wTzCos2z
)wTCosz(z
1wTzCos2z
wTzSin
ez
z
)1z(
zT
2
2
bT
2
)wt(Cos
)wt(Sin
e
t
bt
Bazı Örneklenmiş Fonksiyonların z- Dönüşümleri
Örneklenmiş Fonksiyon
f(kT)
36
n
k
knzkyzYznky
1
)()()(
1-) Toplama-Çıkarma ve sabit çarpan
)z(bY)z(aY)k(by)k(ay 2121
2) Geciktirme:
)z(Yz)nk(y n
3) Öngörme:
)z(Yz)nk(y n
1
0
)()()(
n
k
knzkyzYznky
İki yönlü dönüşüm
Bir yönlü dönüşüm
İki yönlü dönüşüm
Bir yönlü dönüşüm
Bazı Önemli z – Dönüşüm Teoremleri
37
6) Karmaşık Dönüşüm (üstel ile çarpma)
a
zF)z(F)k(fa)k(f 11
k
4) İlk Değer Teoremi
5) Son Değer Teoremi
)z(YLim)k(yLim)0(yz0k
)z(Y)1z(Lim)k(yLim)(y1zk
7) Rampa ile çarpma
)z(F)dz
dz()z(F)k(fk)k(f n
1
n
38
)ez/(z)z(F 2
k2k5)k(f
0)(f,1)0(f
k4Sine)k(f k2
Örnek: İlk ve son değerlerini bulunuz.
Örnek: Verilen fonksiyonun z dönüşümünü bulunuz.
Örnek:Verilen fonksiyonun z dönüşümünü bulunuz.
422
2
42
4)(
eCoszez
SinzezF
2)2z(
z25)z(F
2
k
)az(
za)z(Fise)a(k)k(f
Genel hali
Uygulamalar
39
Örnek: Verilen fark denkleminin z-dönüşümünü kullanarak
çözümünü inceleyiniz.
k)5.0()k(uve0)2(y,1)1(y
)k(u)2k(y64.0)1k(y6.1)k(y
Çözüm
2
3
21
)8.0z)(5.0z(
z)z(Y
çözümBuradan
.dir5.0z
z)z(Uve
)z(U)z(Yz64.0)z(Yz6.1)z(Y
a-) İki yönlü z-dönüşümü başlangıç koşullarını dikkate almadığına göre,
Fark denklemlerinin z-dönüşümünün alma
40
2
2
2
3
121
)8.0z(
z64.0z6.1
)8.0z)(5.0z(
z)z(Y
çözümBuradan
5.0z
z)]2(y)1(yz)z(Yz[64.0)]1(y)z(Yz[6.1)z(Y
b-) Tek yönlü z-dönüşümünde başlangıç koşulları da
dikkate alınmalıdır.
Çözümdeki ilk terimin kaynağın,
ikinci terimin ise başlangıç koşullarının
ortaya çıkardığı çözüm bileşenleri olduğu görülmektedir.
41
c-) Önceki örnekte verilen fark denklemi k=k+2 yazılarak
ötelenebilir ve elde edilen denkleme tek ya da iki yönlü z-
dönüşümü uygulanabilir. k=k+2 yazılarak
)2k(u)k(y64.0)1k(y6.1)2k(y
Ancak bu denklemde k=-2 durumu önceki denklemin k=0
durumuna karşılık gelir. Bu nedenle bu denklemi k=0,1,2… için
yani tek yönlü z-dönüşümü ile çözmek gerektiğinden y(0) ve y(1)
gibi yeni başlangıç koşullarını da belirlemek gerekir.
NOT: Bu denklemin iki yönlü z-dönüşümü ile çözümünün (a)
şıkında bulunan çözüm ile aynı olduğu görülmektedir.
Fark denklemlerinin ÖtelenmesiFark denklemleri ileri ya da geri yönde öteleme yapılabilir.
Ancak varsa başlangıç koşullarının hesaplanmasına dikkat
edilmelidir.
42
02.4)1(yburadan5.0)1(y64.0)0(y6.1)1(y
için1k
6.2)0(yburadan1)2(y64.0)1(y6.1)0(y
için2k
Yeni başlangıç koşulları ile ötelenmiş fark denklemi,
02.4)1(y,6.2)0(y
)2k(u)k(y64.0)1k(y6.1)2k(y
Olduğundan tek yönlü z-dönüşümü uygulanırsa,
)1(zu)0(uz)z(Uz
)z(Y64.0)]0(zy)z(zY[6.1)1(zy)0(yz)z(Yz
22
22
Elde edilir. Verilen u(k) kullanılarak u(0)=1 ve u(1)=0.5 bulunur.
Bu denklem düzenlenirse, bu denklemin çözümünün (b) şıkkında
elde edilen çözüm ile aynı olduğu görülür. 43
2.2 Ters z – Dönüşümü
.edilireldea)k(fBuradan
z)k(f)z(F
...zazaaz1)z(F
k
0k
k
33221
Ters z-dönüşümünde genellikle güç serisine açma yöntemi ya dakısmi kesirlere ayırma yöntemi kullanılır. Ters dönüşüm bağıntısındanyararlanarak çıkarılan rezidü yöntemi de basit kesirlere ayırmayöntemine benzer bir anlayışla uygulanabilir.
Kuvvet Serisi Yöntemi: Bölme işlemi yapılarak negatif z kuvvetlerinden
oluşan bir seri elde edilir.
Örnek
az
z)z(F
Fonksiyonunun ters z-dönüşümünü
bulmak için bölme işlemi yapılırsa,
44
Örnek
2z3z
z)z(F
2
12)k(f
z)k(f)z(F
...z15z7z3z)z(F
k
1k
k
4321
Fonksiyonunun ters z-dönüşümünü bulmak için bölme işlemi
yapılırsa,
45
Kısmi Kesirlere Ayırma Yöntemi: Verilen karmaşık ifade basit
kesirlerine ayrılarak her bir basit kesrin ters z-dönüşümü
bulunur. Ancak z-dönüşüm tablosuna dikkat edilirse basit
terimlerin z-dönüşümlerinin payında her zaman z çarpanı vardır.
Bu nedenle, Z bölgesinde verilen bir F(z) ifadesi, öncelikle
F(z)/z haline getirilerek basit kesirlerine ayrılmalıdır.
)ez).(1z(
z)e1()z(F
aT
aT
Örnek
aTez
z
1z
z)z(F
,...2,1,0k,e1)k(f akT
Payda kökleri reel ve ayrık olduğundan basit kesirleri,
Olduğuna göre
46
)2).(1(
1)(
zzzE
2z2
1
1z
1
z2
1
)2z)(1z(z
1
z
)z(E
z
z
)2z).(1z(
1)z(E
k22
1)k(u)k(
2
1)k(e d
Payda kökleri reel ve ayrık olduğundan basit kesirleri,
Örnek
22
1
12
1)(
z
z
z
z
z
zzE
Olduğuna göre
47
)1.()2(
2)(
2
3
zz
zzzX
2)2(1)1.()2(
12)(
)1.()2(
)12.()(
22
2
2
2
z
C
z
B
z
A
zz
z
z
zX
zz
zzzX
3)1.()2(
12.1 |
1
2
2
zzz
zzA 9
)1.()2(
12.)2( |
2
2
22
zzz
zzB
1)1.()2(
12.)2(.
!1
1|
2
2
22
zzz
zz
dz
dC
2)2(
9
1
3)(
2
1
)2(
9
1
3)(
22
z
z
z
z
z
zzX
zzzz
zX
)k(u322k2
9)k(x kk
Örnek
Payda kökleri reel ve çakışık olduğundan basit kesirleri,
48
Karmaşık Kök DurumuKarmaşık kök durumunda da basit kesirlere ayırma yöntem
kullanılabilir. Ancak z-dönüşüm tablosuna dikkat edilirse karmaşık
kökler sinüsoidal fonksiyonlarda ortaya çıkmaktadır. Bu nedenle,
karmaşık kökü olan z-bölgesindeki fonksiyonlar saf sinüsoidal ya
da sönümlü sinüsoidal fonksiyonlara benzetilebilir. Bu amaçla
aşağıdaki z-dönüşümleri tekrar hatırlanabilir.
22
k
22
k
2
2
awazCos2z
)waCosz(z)z(Fise)wk(Cosa)k(f
awazCos2z
wazSin)z(Fise)wk(Sina)k(f
1wzCos2z
)wCosz(z)z(Fise)wk(Cos)k(f
1wzCos2z
wzSin)z(Fise)wk(Sin)k(f
NOT: wp/2 için payda köklerinin saf sanal olduğu görülmektedir. 49
)k2
sin()k(fise1z
z)z(F)1
2
p
Örnekler
)k2
cos()k(fise1z
z)z(F)2
2
2 p
)k3
(Sin577.0)k3
(Cos)k(f
Buradan
1zz
)3/(zCos
1zz
)3/(zCosz
1zz
)w(zCos)w(zCosz)z(F
.olur3/wvedirSinüsoidal
?)k(fise1zz
z)z(F)3
22
2
2
2
2
2
pp
pp
p
50
?)k(f4z2z
z)z(F)4
2
2
kSinkCoskfkk
3
2)2(
3
1
3
2)2()(
pp
Üstel ve sinüsoidal çarpımıdır ve a=2, w2p/3 olur. Bu
durumda örnek 3 e benzer şekilde düzenlenirse,
51
0)k(y)1k(y
Örnek: Başlangıç koşulu y(0) olan aşağıdaki farkdenklemini z dönüşümü ile çözünüz.
0)z(Y)0(y)z(Yz
Çözüm:
)0(1
)( yz
zzy
,...2,1,0k),0(y1)k(y k
Ters z-dönüşümü ile
2.3 Fark Denklemlerinin z–Dönüşümü ile
Çözümü
52
Örnek: Başlangıç koşulları verilen aşağıdaki fark denklemini z
dönüşümü ile çözünüz.
1)1(x,0)0(x,0)k(x2)1k(x3)2k(x
0)z(X2)0(zx3)z(zX3)1(zx)0(xz)z(Xz 22
Çözüm:
2z
z
1z
z
2z3z
z)z(X
2
kk)2()1()k(x
Zamanda kaydırarak k=k-2 ötelemesi yapılırsa
0)2(.2)1(.3)( kxkxkx
75.0)2(x,5.0)1(x
Geriye ötelenmiş bu fark denklemi de z-dönüşümü ile çözülürse aynı
sonuç elde edilir.
Fark denklemi elde edilir ve bu denklem k=1 ve k=0 için ya da ilk
verilen denklem k=-1 ve k=-2 için çözülerek yeni başlangıç koşulları
bulunur.
53
0k0)k(x,1)2k(x)1k(x2)k(x2
Örnek: Başlangıç koşulları verilen aşağıdaki farkdenklemini z
dönüşümü ile çözünüz.
Çözüm:
1z
z)z(Xz)z(Xz2)z(X2 21
502
1
1 2
2
.zz
zz
z
z)z(X
50
50
2
1
50
50
2
1
1 22
2
.zz
z.
.zz
z.z
z
z)z(X
,...,,k)k(Sin)k(Cos)k(x
kk
21042
1
2
1
42
1
2
11
pp
42
1
2
1 1 p
Cosw,a
İkinci terim, üstel ile
sinüsoidal çarpımıdır ve
54
Başlangıç koşulları sıfır alınmak kaydıyla z-bölgesinde çıkışın
girişe oranı transfer fonksiyonunu belirler.
n
n
1
1
m
m
1
10
m
m0
n
n
1
1
m0n1
za...za1
zb...zbb
)z(U
)z(Y)z(G
)z(Uzb...)z(Ub)z(Yza...)z(Yza)z(Y
)mk(ub..)k(ub)nk(ya)1k(ya)k(y
2.4 Transfer Fonksiyonu
G(z)
Y(z)U(z)
55
?G(z)
)1k(u2)k(u)1k(y3)k(y4)1k(y
Örnek: Fark denklemi verilen sistemin transfer fonksiyonunu
bulunuz.
Örnek: Transfer fonksiyonu verilen sistemin fark denklemini
çıkarınız.
5z4z
3z
)z(U
)z(Y)z(G
2
56
2.4.1 Transfer Fonksiyonu Verilen Sistemin
verilen bir giriş için Cevabını Bulma
)z(U
)z(Y)z(G )z(U)z(G)z(Y Olduğuna göre
Olur ve sistemin transfer fonksiyonu ile sisteme uygulanan giriş
verilmişse ters z dönüşümü alınarak çıkış bulunur.
)3z)(2z(
2z)z(G
Örnek:TF verilen sistemin birim basamak cevabını bulunuz.
kkk )3(5
4)1()2(
5
1)k(y
5
4C , -1B ,
5
1A
3z
C
1z
B
2z
A
)3z)(1z)(2z(
5z
z
)z(Y
1z
z
)3z)(2z(
5z)z(Y
U(z) Y(z)
G(z)
57
2.4.2 Transfer Fonksiyonunun kutupları, sıfırları,
z-düzlemi, birim çember ve kararlılık
Örnekler
Sürekli zaman sistemlerdeki tanımlar ayrık zamanda da geçerli
olduğundan burada sadece örnekler verilecektir.
az
z)z(G
2)3.0z)(1z(
)2z(z)z(G
25.0z5.0z
z25.0z)z(G
2
2
58
2.5 Blok Şemalar
Sürekli zaman kontrol sistemlerinin analizinde geçerli olan blok
şema kuralları, sinyalleri ve sistemleri ayrık zamanda
tanımlamak koşuluyla ayrık zamanda da geçerlidir.
Örnekler:
G2
R YG1
+-
G3
H2
H1
+
-
59
2.6 Sinyal Akış Şemaları
Sürekli zaman kontrol sistemlerinin analizinde geçerli olan
sinyal akış şeması kuralları, sinyalleri ve sistemleri
ayrık zamanda tanımlamak koşuluyla ayrık zamanda da
geçerlidir.
Örnekler:
R 1 Y
X2
o oo oo oo oo oX1 X3 X4
G1 G2 G3 G4
-H1 -H3
-H2
YR 1 Yo oo oo o
G1 G2
-H2-H1
o o1
60
2.7 Durum Diyagramları
Sürekli zaman kontrol sistemlerinin analizinde geçerli olan
Durum diyagramı kuralları, sinyalleri ve sistemleri
ayrık zamanda tanımlamak koşuluyla ayrık zamanda da
geçerlidir.
NOT: Başlangıç koşulları da durum diyagramlarında
gösterilebilir ancak burada başlangıç koşulları sıfır alınacaktır.
Örnekler: Durum diyagramlarını a-) zaman bölgesinde b-) z-
dönüşümünü alarak z bölgesinde ve ayrıca sinyal akış
şeması/blok şema gösterimi ile çiziniz.
)k(u5)k(y3)1k(y4)2k(y
)k(u10)k(y)1k(y
61
2.7.1 Ayrık Zaman Durum Denklemleri ve z-
Dönüşümü ile Çözümü
)()()(
)()()1(
kDukCxky
kBukAxkx
)z(BU)AzI())0(x)AzI(z)z(X
)z(BU)0(zx)z(XAzI
)z(BU)z(AX)0(zx)z(zX
11
z-dönüşümü ile çözümü: Durum değişkenlerinin başlangıç
değeri x(0) vektörü olsun.
62
u(k) 0
5
)k(x
)k(x
01
23
)1k(x
)1k(x
2
1
2
1
0
2x(0)
k
)2()k(u
)2z(
z5)2z(
z5
z2
z2
)z(X
2z
z
0
5
3z1
2z
0
2
)3z(zz
z2z
)z(X
3z1
2z
)AzI(3z1
2z
)2z)(1z(
1)AzI(
22
2
11
Örnek: Verilen durum denklemini z-dönüşümü yardımıyla çözünüz.
Çözüm
63
2.7.2 Durum Denklemlerinin iteratif ya da
bilgisayarlı Çözümü
)(0
)(
)(
)81(2
1
)1(
)1(
2
1
2
1ku
Tkx
kx
TT
T
kx
kx
k
21 1)k(u,5)0(x,2)0(x,sn1.0T
Örnek: Verilen durum denklemini iteratif olarak çözünüz.
0k
5.25.02)1()0(.)0()1( 1211 xxTxx
7.01.05)8.01(4.0)1()0(.)0().81()0(..2)1( 2212 xuTxTxTx
için
Çözüm:
1k
57.207.05.2)2()1(.)1()2( 1211 xxTxx
26.01.07.0)8.01(5.0)2()1(.)1().81()1(..2)2( 2212 xuTxTxTx
için
64
2.7.3 Durum Denkleminden
Transfer Fonksiyonuna Dönüşüm
)()()(
)()()1(
kDukCxky
kBukAxkx
Tek giriş ve tek çıkışlı ayrık zaman bir sistemin durum denklemi,
Başlangıç koşulları sıfır alınarak z dönüşümü alınır,
)z(DU)z(CX)z(Y
)z(BU)AzI()z(X
)z(BU)z(AX)z(zX
1
DB)AzI(C)z(U
)z(Y)z(G)z(UDB)AzI(C)z(Y 11
ve çıkış/giriş oranı oluşturulursa,
65
4u(k)(k)x
(k)x 32)k(y
)k(u1
2
)k(x
)k(x
04
23
)1k(x
)1k(x
2
1
2
1
2
1
41
2
)3z(3412z2)z(T4
1
2
3z4
2z
32)z(G
8z3z
5z19z4)z(G
48z3z
37z74
37z74
)3z(34)12z2(2)z(G
2
2
2
Çözüm:
ÖrnekG(z)=?
8z3zBurada3z4
2z1)AzI( 21
Buradan
66
)(2)(5)1()2(2)3(3 kukykykyky
)3k(y)1k(x
)2k(y)1k(x)k(x
)1k(y)1k(x)k(x
)k(y)k(x
3
23
12
1
)k(u
3
20
0
)k(x
)k(x
)k(x
3
2
3
1
3
5100
010
)1k(x
)1k(x
)1k(x
3
2
1
3
2
1
)k(x
)k(x
)k(x
001)k(y
3
2
1
2.7.4 Fark Denkleminden Durum Denklemine Dönüşüm
Verilen fark denkleminde atanan
değerler yerlerine yazılırsa;
Buna göre Kanonik formda durum denklemi
Üçüncü dereceden bir sistem olduğundan 3 tane durum değişkeni vardır ve
aşağıdaki gibi atamalar yapılabilir.
Aşağıdaki fark denklemi verilmiş olsun. NOT: Çıkış sadece u(k) olursa
)k(u2)k(x5)k(x)k(x2)1k(x3 1233
67
)k(u4)k(y3)1k(y2)2k(y
)k(x
)k(x 01)k(y),k(u
4
0
)k(x
)k(x
23
10
)1k(x
)1k(x
2
1
2
1
2
1
Örnek:
Buna göre durum denklemi
)2k(y)1k(x
)1k(y)1k(x)k(x
)k(y)k(x
2
12
1
Durum değişkeni atamaları yapılırsa,
Çözüm:
)k(x2)k(x3)k(u4)1k(xBuradan
)k(u4)k(x3)k(x2)1k(x
212
122
68
2.7.5 Transfer Fonksiyonundan
Durum Denklemlerini Elde Etme
Sürekli zaman kontrol sistemlerinde incelendiği gibi ayrık zaman
kontrol sistemlerinde de verilen bir transfer fonksiyonundan
durum denklemi,
a-) Kanonik
b-) Seri
c-) Paralel
yöntemlerle elde edilebilir. Yöntemler önceden bilindiğinden
burada örnekler verilecektir.
69
5.02
12)(
23
2
zzz
zzzG
)(
)(.
5.021
2
)(
)(..
5.02
12
)(
)(
321
321
3
3
23
2
zE
zE
zzz
zzz
zE
zE
z
z
zzz
zz
zU
zY
)()(2)()(321
zEzzEzzEzzY
)(5.0)()(2)()(321
zEzzEzzEzzEzU
)z(Ez5.0)z(Ez)z(Ez2)z(U)z(EBuradan 321
Kanonik Yöntem
Örnek: verilen transfer fonksiyonuna ait işaret akış
diyagramını çiziniz ve durum denklemlerini çıkarınız.
Çözüm
70
U(z)
1
E(z) z-1
-2
-1
-0,5
z-1
1
2
1
Y(z)
zx1 (z)
zx2 (z)
x1 (z)
z-1
zx3 (z)
x2(z)
x3(z)
)k(x5.0)k(x)k(x2)k(u)1k(x 3211
)k(x)1k(x 12
)()1( 23 kxkx )k(x)k(x2)k(x)k(y 321
)k(x
)k(x
)k(x
121)k(y),k(u
0
0
1
)k(x
)k(x
)k(x
010
001
5.012
)1k(x
)1k(x
)1k(x
3
2
1
3
2
1
3
2
1
Sinyal akış şeması kullanılarak durum değişkenleri ve çıkış
71
)1z)(8.0z)(5.0z(
2z)z(G
Seri Yöntem
Örnek: verilen transfer fonksiyonuna ait işaret akış diyagramını çiziniz
ve durum denklemlerini çıkarınız.
Çözüm
72
)1z(
2z
)8.0z(
2
)5.0z(
z)z(G
Paralel Yöntem
Örnek: verilen transfer fonksiyonuna ait işaret akış diyagramını çiziniz
ve durum denklemlerini çıkarınız.
Çözüm
73
-6
T
2
5
T
3
T
4
-2
2.7.6 Zamandaki Blok Diyagramından
Durum Denklemi
)k(x2)k(x)k(x)k(y),k(x4)k(u)1k(x
)k(x10)k(x3)k(u)1k(x),k(x6)k(x2)k(u)1k(x
32133
322211
74
T T T
-2
-3
-1
1
(k)x(k)xy(k)
(k)x1)(kx
(k)x1)(kx
(k)x-(k)3x-(k)2x-u(k)1)(kx
32
23
12
3211
Örnek
75
Bölüm 3
Ayrık Zaman (Sayısal ) Kontrol
Sistemlerinin Analizi
3.1 Ayrıklaştırma Yöntemlerinin Laplace Karşılığı ve
Kararlılığı
3.2 Sayısal Kontrol Sistemlerinde Kararlılık Analizi
3.3 Sayısal Kontrol Sistemlerinin Tipi ve Kalıcı Durum
Hataları
3.4 Sayısal PID kontrolörler
3.5 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin Analizi
76
F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT
3.1 Ayrıklaştırma Yöntemlerinin Laplace Karşılığı ve
Kararlılığı
T
kxkxtx
)()1()(
)z(XT
1z)s(sX
T
)z(X)z(zX)s(sX
T
zs
1 sTz 1
İleri Fark Yöntemi ya da Sol Kenar Kuralı
olduğuna göre karşılıklı laplace ve z dönüşümleri alınırsa,
Buradan ileri fark yönteminde iki düzlem arasındaki ilişkinin
aşağıdaki gibi olduğu görülür.
Ya da
77
0)Re( s
01
Re
T
z jyxz
01
Re
T
jyx
01
Re
T
yj
T
x
101
xT
x
Im(s)
Re(s)
Kararlı bölge
Kararlı bölge
Re(z) 1
Im(z)
İleri fark yöntemi ile bir sistemin ayrıklaştırılması neticesinde
kararlılığın nasıl değiştiği aşağıdaki gibi belirlenebilir.
Laplace bölgesinde kararlılık,
Olduğuna göre İleri fark yöntemine göre s yerine
ayrık karşılığı yazılırsa z-düzlemindeki kararlı bölge
Burada karmaşık z değişkeni
İle gösterilirse kararlı bölge
78
Örnek: Verilen sistemleri ileri fark yöntemi ile ayrıklaştırarak,
a-) s ve z düzlemlerindeki kutup-sıfır yerlerini ve kararlılıklarını
değerlendiriniz.
b-) hem analog hem de ayrıklaştırdığınız sayısal sistemin birim
basamak cevabını bulunuz.
NOT: Uygun örnekleme peryodunu seçiniz.
4s2s
1s)s(G
2s
1)s(G
2
79
Geri Fark Yöntemi ya da Sağ Kenar Kuralı
karşılıklı laplace ve z dünüşümleri alınırsa,
Buradan geri fark yönteminde s ve z düzlemi arasındaki ilişki,
Geri fark yöntemi ile ayrıklaştırılan sistemlerin kararlılığı için,
Bu ifade düzenlenirse,
T
kxkxtx
)1()()(
)z(XT
z1)s(sX
T
)z(Xz)z(X)s(sX
11
Tz
1zs
0Tz
1zRe
0
1.
1Re
jyx
jyx
T
22
2
2
1
2
1
yx
Im(s)
Re(s)
Kararlı bölge
Re(z)
Im(z)
80
Merkezi Fark Yöntemi ya da Yamuk Kuralı (Bilineer Dönüşüm)
)1()(2
)1()()()( kxkxT
kykydttxty
)s(Xs
1)s(Y )z(Xz)z(X
2
T)z(Yz)z(Y 11
)z(Xz1
z1
2
T)z(Y
1
1
1z
1z
T
2s
Olduğundan karşılıklı laplace ve z dünüşümleri alınırsa,
ve
Olur ve yamuk kuralı ile
ayrıklaştırmada s ve z
düzlemi arasındaki ilişki;
Yamuk kuralı (bilineer dönüşüm) ile ayrıklaştırmanın kararlılığı;
Im(s)
Re(s)
Kararlı bölge
Re(z)
Im(z) 0
1
1.
2Re
z
z
T
01
1.
2Re
jyx
jyx
T
122 yx 81
Örnek: Verilen sistemleri farklı yöntemlerle ayrıklaştırarak,
a-) s ve z düzlemlerindeki kutup-sıfır yerlerini ve kararlılıklarını
değerlendiriniz.
b-) hem analog hem de ayrıklaştırdığınız sayısal sistemin birim
basamak cevabını bulunuz.
NOT: Uygun örnekleme peryodunu seçiniz.
)1s(s
2)s(G
4s
1s)s(G
82
3.2 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinde
Kararlılık Analizi
• Ayrık zaman sistemlerin kararlı olabilmesi için karakteristik
denkleminin köklerinin birim çember içinde olması gerektiği
bilinmektedir.
• Birim çember dışında bulunan herhangi bir kutup sistemi
kararsız yapar.
• Yüksek dereceden sistemlerin köklerini bulma zorluğu
nedeniyle bunun yerine Routh-Hurwitz ya da Jury kriteri ile
ayrık zaman sistemlerin kararlılığı belirlenebilir.
• Routh-Hurwitz kriteri ayrık zaman sistemlerin kararlılık
analizine doğrudan uygulanamaz. Ancak, bilineer dönüşüm
kullanılarak verilen ayrık zaman sistemin sürekli zaman
karşılığı yaklaşık olarak bulunabilir ve bulunan analog
sisteme Routh-Hurwitz kriteri uygulanabilir.
• Burada Jury kriterini açıklamak yeterli olacaktır.83
JURY Kriteri ile Kararlılık Analizi
0...)( 11
10
nnnn
azazazazP
Jury kriteri ile yüksek dereceden sistemlerin doğrudan z-
bölgesinde kararlılık analizi yapılabilir. Sistemin karakteristik
denklemi P(z) elde edilirse aşağıdaki Jury tablosu oluşturulabilir.
Jury tablosundaki katsayılar, aşağıdaki determinantlarla bulunur.
1,...,2,1,0,10
1
nk
aa
aab
k
knnk 2,...,2,1,0,
10
21
nk
bb
bbc
k
knnk 84
JURY Kararlılık Kriteri
a0>0 olmak koşuluyla bir n. dereceden bir sistemin kararlı
olabilmesi için aşağıdakilerden sıra ile n+1 adet koşulun
sağlanması gerekir.
NOT: Şartlardan biri sağlanmazsa sistem kararsızdır. P(-1)=0 ya
da P(1)=0 olduğunda diğer şartlar sağlanıyorsa marjinal
kararlıdır (yani z=1 de kutbu vardır), aksi halde kararsızdır.85
008.03.007.02.1)(234
zzzzzP
Örnek: Karakteristik denklemi verilen sistemin kararlılığını
JURY kriteri ile inceleyiniz.
Çözüm:
sistem kararlıdır. 86
02.01.01.1)(23
zzzzP
Örnek: Karakteristik denklemi verilen sistemin kararlılığını
JURY kriteri ile inceleyiniz.
Çözüm:
Sistem marjinal kararlıdır.87
3679.0z3679.1z
)2642.0z3679.0(K)z(G
2p
Örnek: Kapalı çevrim kontrol sisteminin kararlı olabilmesi için
K’ nın alabileceği değer aralığını JURY kriteri ile belirleyiniz
02642.03679.0)3679.13679.0()(2
KzKzzP
177.5K3925.21|K2642.03679.0|,a|a|)1 02
0K0K6321.0)1(P
K6321.0K2642.03679.03679.1K3679.01)1(P)2
K383.260K1073.07558.2)1(P)3
03925.2 KSonuç:
Çözüm: Karakteristik denklem,
R(z) E(z) Y(z)+
-
U(z)K Gp(z)
88
3.3 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin Tipi
ve Kalıcı Durum HatalarıSayısal kontrol sistemlerindeki kalıcı durum hataları da
analog kontrol sistemlerindeki İncelemelere benzer şekilde
yapılabilir.
Şekildeki birim geri beslemeli kontrol sisteminde ileri besleme
transfer fonksiyonu G(z), kutup ve sıfırları cinsinden aşağıdaki
gibi yazılabilir.
)pz()z(
)zz(K
)z(G
i
r
j
1
Burada, zj- açık çevrim sistemin sıfırları, pi-açık çevrim sistemin
kutuplarıdır ve r ise sistemin tipini gösterir. Analog sistemlerde
olduğu gibi sayısal kontrol sistemlerinde de kalıcı durum hataları,
sistemin tipine göre değerlendirilebilir.
R(z) +
-
Y(z)
G(z)
89
Birim rampa giriş için olduğundan21 )z/(z)z(R
)z(G)z(limKBuradaK)z(Glim)z()z(
z
)z(G
)z(lime
zv
vz
zss 1
1
10
1
11
1
1
1
21
)z(GlimKBuradaK)z(Glimz
z
)z(G
)z(lime
zP
pz
zss
1
1
1 1
1
1
1
11
1
Birim basamak giriş için R(z)=z/(z-1) olduğundan
)z(R)z(G
)z()z(E)z(lime
zss
1
11
1
Kalıcı durum hatası (ess), son değer teoreminden,
Bu ifadeden yararlanarak basamak ve rampa girişler için konum
ve hız hata katsayıları aşağıdaki gibi hesaplanabilir.
Buna göre, Tip 0 sistemlerde sonlu basamak hatası
Tip 1 sistemlerde ise sonlu rampa hatası ortaya çıkar.
)z(R)z(G1
1)z(Y)z(R)z(E
Şekilde Hata fonksiyonu,
90
Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sisteminde her bir G(z)
için sistemin tipini ve ilgili kalıcı durum hatalarını bulunuz.
9.0z2.0z
1.0z)z(G
5.0z
z)z(G
2
91
Sayısal kontrolörlerin tasarımında iki yaklaşım izlenebilir.
• Kontrolör, önce analog olarak tasarlanır ve sonra ayrıklaştırılır.
• Önce sistem ayrıklaştırılır ve sonra kontrolör ayrık zamanda
tasarlanabilir. (bu yöntem sonraki bölümlerde açıklanacaktır)
3.4 Sayısal PID Kontrolörler
92
Kontrolörü, önce analog tasarlayıp sonra ayrıklaştırmak, aşağıdaki
ayrık zaman algoritmasını bulmak demektir.
Bu yöntem için bu bölümde verilen ileri, geri, merkezi farkın,
gerek zaman gerekse Laplace bölgesindeki dönüşümlerinden
yararlanılabilir. Ya da sonraki bölümlerde açıklanacak olan
örnekleme-tutma yöntemi kullanılabilir
ADC+Algoritma+DAC =Analog kontrolör
93
Laplace bölgesinde analog kontrolörlerin ayrık zamana
dönüştürülmesi matematiksel olarak,
|)(
)()(
zFs
cc sGzG
şeklinde ifade edilebilir. Burada F(z) “ayrıklaştırma
fonksiyonu” olarak adlandırılır. Önceki bölümlerde ileri
fark, geri fark ve merkezi fark (bilineer dönüşüm) yöntemi
için F(z) fonksiyonları belirlenmişti.
s
s)s(Gc
210
1
334015
14
120140
1
14
21
1410
210
1
12
z
).z(
z
zz
z
z
z
z
s
s)z(G |
z
z
Ts
c
Örnek: Verilen analog PI kontrolörün bilineer dönüşüm yöntemiyle
ayrık zaman eşdeğerini bulunuz, T=0.5 s.
94
1
)()(
z
azKzGc
PI Kontrolör: PI kontrolörlerin, genel olarak sistemin tipini
artırarak kalıcı durum hatalarını iyileştirdiği bilinmektedir.
Sayısal bir PI kontrolörün transfer fonksiyonu, yukarıda bilineer
dönüşümle elde edildiği gibi genel olarak aşağıdaki gibi
yazılabilir.
Bu ifadeden de sayısal PI kontrolörün, sistemin Tipini bir
artırarak kalıcı durum hatasını İyileştireceği ayrıca, sisteme bir
sıfır ekleyeceği ve sistemin kazancını ayarlayacağı
görülmektedir.
Örnekler: Gerek zaman bölgesinden gerekse Laplace
bölgesinden PI kontrolörü ayrıklaştırınız. Yukarıdaki gibi bir
transfer fonksiyonu elde ediniz. 95
)az(K)z(Gc
PD Kontrolör: Kontrol sisteminin geçici rejim kriterlerini (aşma-
yerleşme-yükselme zamanı) düzeltir. Sayısal bir PD
kontrolörün transfer fonksiyonu ileri fark yöntemi ile
ayrıklaştırılırsa,
Örnekler: Gerek zaman bölgesinden gerekse Laplace
bölgesinden yukarıdaki ifadenin çıkarılışını yapınız. Diğer
ayrıklaştırma yöntemleri ile de sayısal PD kontrolörün transfer
fonksiyonunu bulunuz.
z
)az(K)z(Gc
Geri fark ile
96
PID Kontrolör: Kontrol sisteminin geçici+kalıcı rejim kriterlerini
(aşma-yerleşme-yükselme zamanı) + kalıcı durum hatası
düzeltir. Sayısal bir PID kontrolörün transfer fonksiyonu geri
fark yöntemi ile ayrıklaştırılırsa,
Örnekler: Gerek zaman bölgesinden gerekse Laplace
bölgesinden Yukarıdaki ifadenin çıkarılışını yapınız. Diğer
ayrıklaştırma yöntemleri ile de sayısal PID kontrolörün
transfer fonksiyonunu bulunuz.
)1z(z
cbzaz)z(G
2
c
97
1
1
cz1
z515
1z
5z15
1z
)334.0z(15
)z(E
)z(U)z(G
)1k(e5)k(e15)1k(u)k(u
)z(Ez515)z(Uz111
Öncelikle transfer fonksiyonundan fark denklemi elde edilir.
Örneğin önceki sunularda elde sayısal PI kontrolörün fark
denklemi aşağıdaki gibi çıkarılabilir.
• İçler dışlar çarpımı yapılarak sayısal kontrolörlerin fark denklemi,
% MATLAB programı aşağıdaki gibi yazılabilir
t=0:0.01:10; e=exp(-2*t) % e sinyali ölçülmüş olsun
u(1)= 15*e(1);
for k=2:1000,
u(k)=u(k-1)+15*e(k)-5*e(k-1);
end
Sayısal kontrolörlerin bilgisayar programlama dili ile
programlanması
98
Örnek: Şekilde verilen sayısal kontrol sisteminde sönüm
oranı 0.8 ve sönümsüz doğal frekansı 10 olacak şekilde PI
kontrolörü tasarlayınız. 8010 .,sn/radwn
Çözüm: Kontrolör sürekli zamanda tasarlanarak
ayrıklaştırılabilir. Analog sistem için analog bölgede PI kontrollü
sistemin karakteristik denklemi, standart 2. dereceden referans
sistemin karakteristik denklemine eşdeğer yapılarak kontrolör
kolayca tasarlanabilir. Sürekli zamanda PI kontrollü sistemin
AÇTF,
2s
1
s
)bs(K)s(G)s(G pc
R(s) Y(s)Gp(s)Gc(s)
99
PI kontrollü sistemin kapalı çevrim TF, standart 2. dereceden
sisteme eşitlenirse,
2
nn
2
2
n
2
pc
pc
wsw2s
w
Kbs)K2(s
)bs(K
)s(G)s(G1
)s(G)s(G)s(T
s
).s()s(GBuradan c
14714
Tasarlanan sürekli zaman kontrolör bilineer dönüşümle T=0.1 s
ile ayrıklaştırılırsa sayısal PI kontrolör aşağıdaki gibi bulunur.
1z
)474.0z(19
s
)14.7s(14)z(G |
1z
1z
T
2s
c
100
R(z) +
-
Gc(z)
1
z
a)K(z
Gh(s)
s
eTs
1
D / A
2
1
s
Y(s)
A / D
T = 0.1
R(z) Y(s)Gp(s)Gc(z)
A/D
D/A
Sonuç olarak, istenen kontrol taleplerinin karşılayan ve analog
sisteme bağlanması gereken sayısal kontrolör aşağıdaki gibi
gerçeklenmelidir.
NOT: Bulunan PI kontrolörün programını yazınız.
Örnek: Verilen analog sistem için analog
kontrolör tasarlayarak sayısala dönüştürünüz. )2s(s
1)s(G p
1z
)474.0z(19)z(Gc
101
3.5 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin Analizi
Ayrık zaman transfer fonksiyonu verilen ya da elde edilen bir
sisteme sayısal PI, PD ya da PID bağlanarak çeşitli referans
girişler için cevapları analog kontrol sistemlerdekine benzer
şekilde bulunabilir.
Örnekler:
2-) Ayrık zamanda transfer fonksiyonu verilen çeşitli sistemlere
sayısal kontrolörler ekleyerek birim impuls ve basamak
cevaplarını bularak grafiklerini çiziniz.
NOT: Ayrık zamanda verilen bir transfer fonksiyonunun
sönüm oranı ve doğal frekansı belirlenebilir mi???
102
2.7.7 Sürekli Zaman Durum Denklemlerinin
Ayrıklaştırılması
Sürekli zaman sistemin durum denklemleri,
)t(Du)t(Cx)t(y
)t(Bu)t(Ax)t(x.
olsun.
)k(Du)k(Cx)k(y
)k(uB)k(xA)1k(x dd
Bu sistemin analog durum denklemi ayrıklaştırılırsa
ayrık zaman durum denklemleri,
olur.
Buna göre analog sistemdeki C ve D matrisleri ayrık zaman
karşılığında aynen korunurken A ve B matrisleri değişir.
NOT: Burada açıklanacak olan yöntemden başka ileri, geri
ve merkezi fark yöntemleri de kullanılabilir.103
Burada matrisleri aşağıdaki gibi hesaplanır.dd BveA
11
]AsI[LeBuradaeA
At
Tt
Atd
BdeeB
T
0
AAT
d
Örnek: Verilen durum denkleminin ayrık zaman karşılığını
bulunuz.
u(t) 0
1
)t(x
)t(x
20
21
)t(x
)t(x
2
1
2
1
x(t) 01)t(y
Çözüm
2s
10
)2s)(1s(
2
1s
1
]AsI[e 1At
104
t2
t2tt
11At
e0
e2e2e]AsI[Le
T2
T2TT
AT
de0
e2e2eeA
d e
eee
e
eeeBd eeB
T
T
TTTT
AATd
0
1
0
22
0
22
02
2
2
2
0
0
e1B
T
d
)k(u 0
e1
)k(x
)k(x
e0
e2e2e
)1k(x
)1k(x T
2
1
T2
T2TT
2
1
Ters Laplace dönüşümü alınırsa durum geçiş matrisi
Buradan Ad matrisi:
Durum denkleminin Bd matrisi ise aşağıdaki integral ile bulunur.
Buradan Bd matrisi:
Sonuç olarak
Ayrık fark
denklemi 105
Bölüm 4
Örneklenmiş Verili
Açık Çevrim Kontrol Sistemleri
• 4.1 Örnekleme ve tutma
• 4.2 Laplace Bölgesinden Yıldızlanmış Dönüşüm
• 4.3 s ve z- Düzlemleri Arasındaki İlişki
• 4.4 Açık çevrim ayrık zaman kontrol sistemleri
106
F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT
Referans
giriş
r(k)
Sistem
çıkışı
y(t)
Algılayıcı
+
-
YükselticiSayısal
Denetleyici
Hata
e(k)
Denetim
sinyali
v(t)
Sistem
girişi
u(t)
Sistem
ADC
DAC
Tutma
Örnekleme
4.1 Örnekleme ve Tutma
Bölüm 1 de blok şeması verilen aşağıdaki kapalı çevrim sayısal
kontrol sistemlerinin analiz ve tasarımında Örnekleme ve Tutma
işlemleri önemli bir yer tutar.
107
Şekildeki gibi sürekli zaman bir sinyalin T örnekleme peryodu ile
örneklendiğini ve sıfırıncı dereceden bir tutma devresi ile sürekli
zamana geri dönüştürüldüğünü yani orijinal analog sinyalin geri
elde edilmeye çalışıldığını kabul edelim. Tutma devreleri yüksek
dereceden olabilir ancak burada sadece sıfırıncı dereceden
tutma ele alınacaktır.
Örnekleme ve Tutma
108
.....)]T2t(u)Tt(u)[1(x)]Tt(u)t(u)[0(x)t(x
Sıfırıncı dereceden tutulmuş sinyalin
Denklemi aşağıdaki darbe zincirleri ile
tanımlanabilir.
....es
1e
s
1)T(xe
s
1
s
1)0(x)s(X
Ts2TsTs
LD alınırsa
....e)T2(xe)T(x)0(xes
1
s
1)s(X
Ts2TsTs
0k
kTsTse)kT(xe
s
1
s
1)s(X
Burada iki terimden birincisi
tutma, ikincisi örnekleme
işleminin karşılığıdır. 109
Buna göre ikinci terim ayrılırsa örnekleme işleminin matematiksel
ifadesi,
0
)()(*
k
kTsekTxsX
Olarak elde edilir. Örneklenmiş sinyallerin Z-dönüşüm ifadesi
hatırlanırsa,
0k
kTsTse)kT(xe
s
1
s
1)s(X
zesT
0k
kz)kT(x)z(X
olduğu görülür.
Olduğundan yıldızlanmış sinyal ile z-dönüşümü alınmış sinyal
arasındaki ilişkinin
Dolayısıyla örnekleme işlemi, analog bir sinyali ayrıklaştırma
işlemidir ve buradan z-dönüşümüne kolayca geçilebilir.
Diğer bir ifade ile bu bağıntı yardımıyla s ve z düzlemi arasında
da bir ilişki kurulabilir. 110
)s(Gs
e1
)s(X
)s(Xh
Ts
*
Sonuç olarak örnekleme ve sıfırıncı dereceden tutma devresini
aşağıdaki blok şema ile gösterilebilir.
Diğer taraftan birinci terim ayrılırsa tutma devresinin transfer
fonksiyonu elde edilir.
0k
kTsTse)kT(xe
s
1
s
1)s(X
111
te)t(f
)1s(TTsT
Ts2T2TsTkTs
0k
kT
e1
1
ee1
1)s(F
...eeee1e)kT(f)s(F
e)kT(f
TT1
sT*
ez
z
ez1
1e)s(F)z(F
Örnek: Zaman bölgesi ifadesi verilen sinyalin yıldızlı
dönüşümünü ve z dönüşümünü bulunuz.
Çözüm
NOT: Hatırlanırsa örneklenmiş sinyalin doğrudan z dönüşümünün
bu ifade olduğu belirlenmişti. 112
Örnek: Şekildeki gibi bir analog sistemini girişine ADC ve DAC
bağlanırsa sistemin blok şeması nasıl çizilebilir ?
113
4.2 Laplace Bölgesinden Yıldızlı DönüşümYukarıda, zaman bölgesindeki ifadesi bilinen sürekli zaman bir sinyalin
örneklenmişinin Laplace dönüşümü (yıldızlı dönüşümü) alınabilmekte ve
yıldızlı dönüşümden de z dönüşümüne geçilebilmektedir. Laplace
dönüşümü verilen bir sürekli zaman sinyalin, yıldızlı dönüşümü rezidü
teoremi kullanılarak aşağıdaki gibi alınabilir.
)(1
1)(Rezidü )(
sTe
EsE
Sonuç olarak buradaki Rezidü katsayısı, basit kesirlere ayırma işlemindeki
katsayılara karşılık gelmektedir.
)4s)(1s(
1)s(E
)4()2(1
1
2
1
1
1
2
1)(
sTsTee
sE1412
1
1
2
1
1
1
2
1)(
zeze
zETT
Örnek: Laplace dönüşümü verilen sinyalin
Çözüm
?)z(Eve?)s(E
114
)2s)(1s(s
1)s(E
)2s(T)1s(TTs
2
)s(T
1
)s(T
0
))s((T
e1
1
2
1
e1
1
e1
1
2
1)s(E
e1
1
)1(
1
e1
1
)1(
1
e1
1
)2)(1(
1)s(E
ez
z
2
1
ez
z
1z
z
2
1)z(E
ze1
1
2
1
ze1
1
z1
1
2
1)z(E
T2T
1T21T1
Örnek:Laplace dönüşümü verilen sinyalin yıldızlı dönüşümünü ve
z dönüşümünü bulunuz.
Çözüm
115
4.3 s ve z- Düzlemleri Arasındaki İlişkiw js 2,1
sTez
s-düzleminde olarak verilen karmaşık bir noktanın
olduğundan,
z-düzlemindeki yeri,
TjTT)j(
2,1 e.eez ww
rerz
j.2,1
Ter
Tw
Bu noktalar genlik ve faz bilgileri ile kutupsal olarak gösterilirse,
Olur. Burada
Im(s)
Re(s)
jω
-jω
-α
s düzlemi
s1 = -α + jω
s2 = -α - jω
Im(z)
Re(z)
b
a
z düzlemi
- b
r θ
θ
116
z-düzleminde jbaz olarak verilen karmaşık bir noktanın
s-düzlemindeki yeri de yani değerleri de bulunabilir.
jbaz 2,1 rz
a
btanvebar 122
rlnT
1er T
22)r(ln
rln
22)(
1 Inr
Twn
Burada,
olur. Bu eşitliklerden yararlanarak z-düzlemindeki bir karmaşık kutbun,
sönüm oranı ve doğal frekansı da hesaplanabilir.
w ve
a
btan
T
1
TT 1
ww
T1ww
T
rlnw
2
n
n
Eşitlikleri
oranlanarak
düzenlenirse
olur
117
Örnek:
a-) noktasının z-düzlemindeki yerini bulunuz. T=0.1 s
b-) noktasının s-düzlemindeki yerini bulunuz. T=0.1 s5.0j5.0z
2j1s
118
632.0zz
264.0z368.0)z(G,
1ss
1)s(G
22
Örnek: verilen sistemlerin ζ, wn ve τ değerlerini karşılaştırınız.
Sayısal sistem, analog sistemin T=1 saniye ile örneklenmiş
karşılığıdır. Bu karşılığın bulunuşu ileride açıklanacaktır.
22
2
221
1)(
nn
n
wsws
w
sssG
2
,5.0
,1wn
0632.0zz2
Rad89.0795.0z618.0j5.0z 2,12,1
Çözüm:
Ayrık zaman sistemin karakteristik denklemi,
z düzleminden s düzlemine dönüşümler kullanılarak119
25.0
89.0)795.0(
)795.0(
22
In
In
9191.089.0)795.0(1
1 22 InWn
snIn
36.4)795.0(
1
NOT: Örnekleme peryodu daha küçük seçilerek ayrık zaman
karşılığı bulunsaydı ayrık zaman sistemin kriterleri, analog
sistemin kriterlerine oldukça yakın olacaktı.
120
Şekilde s-düzlemindeki çeşitli noktaların z-düzlemindeki
karşılıkları verilmiştir. Buradan, s-düzlemindeki sanal eksenin
yani kritik kararlılık sınırının, z-düzleminde birim çembere
karşılık geldiği görülmektedir. Dolayısıyla z düzleminde birim
çemberin içi kararlılık bölgesidir. S-düzleminde kutuplar sola
doğru uzaklaştıkça bağıl kararlılık artarken z-düzleminde
kutuplar merkeze (orjine) yaklaştıkça kararlılık artar.
bağıntısından bu durum kolayca görülebilir.Ter
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
4
5
5
6
6
2
7
7
3
8
8
×
9
9
1
×
×
α
Jws/2
-Jws/2
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
4
5
5
6
6
2
7
3
8
8
×
9
9
1
×
×
×
7
×
a
jb
121
Örnekler : verilen sistemlerin kutup ve sıfırlarını bularak s ve z
düzleminde gösteriniz. Sistemlerin sönüm oranı ve doğal
frekanslarını belirleyiniz. T=0.1 s.
89.0z25.0z
6.0z4.0)z(G
4s2s
2s)s(G
2
2
122
• Ayrık zaman kontrol sistemlerinin zaman bölgesi analizi,
sürekli zaman sistemleri ayrık zamana dönüştürme
yöntemleri (geri, ileri ya da merkezi fark yöntemi ile
örnekleme-tutma yöntemi gibi) kullanılarak yapılabilir.
• Örnekleme-tutma yöntemi ile ayrıklaştırma yapılırken
(örneklenmiş veri kontrol sistemleri de denir) önceki
bölümde incelenen örnekleme ve tutma devrelerinin
modellerine dikkat etmek gerekir.
• Bu amaçla, yıldızlı dönüşüm alınırken dikkat edilmesi
gereken bazı özellikleri aşağıda verilmiştir.
*A**A) 1
*B.*AAB*B.A)3*
**C.AB**C.B.A)4
*C.*B.*A**C.*B.A)5
*B.*A*)*B.A()2
4.4 Açık çevrim ayrık zaman kontrol sistemleri
123
Örnek: Şekilde verilen açık çevrim sürekli zaman sistemin,
a-) Sürekli zamanda,
b-) Geri fark yöntemi ile ayrıklaştırarak, T=0.1 s
c-) Örnekleme ve tutma yöntemi ile ayrıklaştırarak, T=0.1 s
birim basamak cevabını bulunuz.
Çözüm:
te1)t(y1s
1
s
1
s
1
1s
1)s(Y)a
k
T
1zs
p
)9.0(1)k(y9.0z
z
1z
z
1z
z
9.0z
1.0)z(Y
9.0z
1.0
1s
1)z(G)b
1
1
s)s(Gp
U(s) Y(s)
124
1
1
s)s(Gp
U(s) Y(s)
s
e)s(G
sT
h
1T
U*(s) )s(U
c-) Örnekleme ve tutma blokları eklenerek örneklenmiş veri
sistemi elde edilir.
)s(B)s(*A)1s(s
1e1)s(G)s(G)s(G
sT
ph
TsTsT
*
sT*
ee1
1
e1
1)s(B
)1s(s
1)s(B
e1)s(A
Burada
Bu sistemi inceleyebilmek için
öncelikle G*(s) ve buradan da G(z)
bulunmalıdır.
)s(B)s(A)s(G)s(B)s(A)s(G****
125
T
T
Tez
e
ez
z
z
z
z
z)z(B).z(A)z(G
1
1
1
)z(U)z(G)z(Y 1
z
z)z(U
TT
T
ez
z
z
z
z
z
ez
e)z(Y
11
1 kTe)k(y
1
olduğundan terz z dönüşümü alınarak,
G(z) bulunduktan sonra birim basamak cevabı kolayca bulunabilir.
)s(B)s(A)s(G***
olduğundan
)ee1
1
e1
1)(e1()s(*G
TsTsT
sT
Cevap eğrileri ?126
Önceki örnekte bir analog sistemin örnekleme tutma yöntemi ile
ayrıklaştırma şekli verilmiştir. Çeşitli açık çevrim sistemlerin
ayrıklaştırma esasları ise aşağıdaki örneklerde incelenmiştir.
G1(s)
U(s)
T
U*(s) Y(s)
T G2(s)
A(s)
A*(s)
)s(*A)s(G)s(Y 2
)s(*U)s(G)s(A 1
)s(*U)s(*G)s(*A 1
)z(U)z(G)z(G)z(Y
)s(*U)s(*G)s(*G)s(*Y
21
12
)z(G)z(G)z(U
)z(Y)z(G
T 21
Örnek: Şekilde seri bağlı iki analog sistemin her ikisi de
girişlerinde örnekleme-tutma devreleri ??? ile ayrıklaştırılmıştır.
Varsa eşdeğer GT(z) ini bulunuz.
Çeşitli Açık Çevrim Kontrol Sistemlerinin Analizi
G1(s) ?
G2(s) ?
Sonuç: ???127
G1(s)
U(s)
T
U*(s) Y(s)
G2(s)
Örnek: Önceki örnekteki verilen seri bağlı iki analog sistem
aşağıdaki gibi örneklenirse,
)s(*U).s(G).s(G)s(Y 21 )s(*U).s(*GG)s(*Y 21
)z(U).z(GG)z(Y 21
Örnek: Önceki örnekteki verilen seri bağlı iki analog sistem
aşağıdaki gibi örneklenirse,
G1(s)
U(s) Y(s)
T G2(s)
A(s)
A*(s)
)s(*A)s(G)s(Y 2
)s(G).s(U)s(A 1
)s(UG)s(*A*
1
)s(UG).s(G)s(Y*
12
)s(UG).s(*G)s(*Y*
12
)z(UG).z(G)z(Y 12
Görüldüğü gibi bu sistemin transfer fonksiyonu elde edilemez. Ancak,
çıkışa ait bir ifade elde edilebilir ve sistemin herhangi bir giriş için
cevabı bulunabilir.
)z(GG)z(U
)z(Y)z(G
T 21
G1(s) ?
G2(s) ?
G1(s) ?
G2(s) ?
128
Örnek: Önceki örnekte açıklanan sistemlerin girişten
örneklendiğini dikkate alarak verilen transfer fonksiyonları için
birim basamak cevabını bulunuz. T=0.1 s
G1(s)
U(s)
T
U*(s) Y(s)
G2(s)
4s
2)s(2Gp,
1s
1)s(1Gp
)z(GG)z(U
)z(Y)z(G
T 21
129
Örnek Şekilde verilen açık çevrim sistemin birim basamak
cevabını bulunuz. Denetleyicinin modeli aşağıdaki fark denklemi
ile tanımlanmaktadır. )k(e)k(e)k(u 12
E(s) E*(s) U*(s) __
U(s) Y(s) A / D
Sayısal
kontrolör D / A Gp(s)
e(t) e(kT) u(kT) __
u(t) y(t)
Eşdeğeri
E(s)
e(t) e(kT) T
E(z) U(z)
u(kT)
Gh(s)
1- e –Ts
______ __
U(s) __
u(t)
Gp(s) Y(s)
y(t)
T
Y*(s)
Gc(z)
s
)s(s)s(Gburada)s(*U)s(G)s(*A)s(Y)s(*U)s(G)s(G)s(Y
ph1
1
1
1)(
ssG p
z
z
)z(E
)z(U)z(Gburada)s(E).s(G)s(*U
c
**
c
12
)s(*E)s(*G)s(*G)s(*A)s(*U)s(*G)s(*A)s(*Yc
130
z
z
ez
e
z
z
ez
z
z
z
z
z)z(Gc)z(G)z(A
)z(E
)z(Y)z(G
,olarakSonuc
T
T
TT
12112
1
1
11
121 321
z
K
ez
K
z
K
)z)(ez(z
)z)(e(
z
)z(YTT
T
TT
T
T
T
ez
z
e
e
z
z
e
e)z(Y
12
1
1
,...,,k,ee
)e()k(u)k(
e
e)k(y
kT
T
T
T
T
321121
d
131
Bölüm 5
Kapalı Çevrim Sayısal Kontrol
Sistemlerinin Analizi ve Köklerin Yer
Eğrisi
5.1 Kapalı Çevrim Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin
Analizi için Kurallar ve analiz örnekleri
5.2 Örneklenmiş Verili Kontrol Sistemlerin Tipi ve
Kalıcı Durum Hataları
5.3 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinde KYE
132
F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT
Kapalı çevrim ayrık zaman kontrol sistemleri incelenirken bazı
kurallara dikkat edilerek varsa transfer fonksiyonları, transfer
fonksiyonları yoksa çıkış ifadeleri elde edilebilir.
Aksi halde bu sistemlerin analizinde zorluklarla karşılaşılabilir.
1-) Her bir örnekleyicinin giriş ve çıkışına sinyal isimleri verilir.
Örneğin giriş u ise çıkışı u* olur.
2) Her bir örnekleyicinin girişi ve sistemin çıkışı örnekleyici
çıkışları ve sistem girişi cinsinden yazılır.
3-) Bu denklemlerden “*”’ lı dönüşümü alınarak transfer
fonksiyonu ya da çıkış ifadesi elde edilebilir.
5.1 Kapalı Çevrim Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin
Analizi için Kurallar
133
R(s)
+
-
E(s) E*(s) G(s)
H(s)
Y(s)
)s(*E)s(G)s(Y
)s(Y)s(H)s(R)s(E
)s(*E).s(H)s(G)s(R)s(E
)s(*E)s(*GH)s(*R)s(*E
Yıldızlı dönüşümleri alınırsa,
)s(*E)s(*G)s(*Y
)s(*GH
)s(*R)s(*E
1
NOT: Eğer yazılarak yıldızlı dönüşüme
geçilseydi transfer fonksiyonunu bulmak zor olacaktı ??
Sonuç olarak,
)z(GH
)z(G
)z(R
)z(Y)z(T
)s(*GH
)s(*G
)s(*R
)s(*Y)s(*T
11
Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sisteminde hata
örneklenmiştir. Varsa eşdeğer transfer fonksiyonunu yoksa çıkış
ifadesini bulunuz.
Kurallara göre denklemler
Bu sistemin Analog hali ? Tutma ?
134
R(s) +
-
E(s)
T= 0.1sn
Gh(s)
Y(s)
s
eTs
1
2
4
s
Gp(s)
80
360
2
41
.z
.)z(G
s.
s
e)z(G
sT
45620
36250
1 .z
.
)z(G
)z(G)z(T
1z
z
)4562.0z(
3625.0)z(Y
])4562.0(1[667.0)k(y
4562.0z
z667.0
1z
z667.0)z(Y
k
Örnek: Verilen kapalı çevrim sistemin birim basamak cevabını?
Çözüm: Açık çevrim transfer fonksiyonu,
Olur ve birim basamak cevabı.
Kapalı çevrim transfer fonksiyonu,
R(s) +
-
C(s)
2
4
s
Gp(s)
6
4
)(1
)()(
ssG
sGsT
p
p
)6s(s
4)s(Y
)e(.)t(yt616670
Sürekli zaman
sistem cevabı
t(sn)
0.1 0.2 0.4 0.6 0.8
0.667
0.639
0.528
0.363
y(t) Ayrık zaman
sistem cevabı
Örnekleme
peryodunun
önemi??
135
R(s)
+
- A / D
Dijital
Denetleyici D / A Denetlenen
sistem
Ys)
Algılayıcı
+
-
R(s) E(s) E*(s)
E(z) Gc(z
)
Gc*(s) U(z)
Gh(s)
Gp(s)
H(s)
Ys)
G(s) = Gh(s).Gp(s)
Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sistemini inceleyiniz.(Varsa
kapalı çevrim transfer fonksiyonunu bulunuz.)
)s(*E)s(*G)s(G)s(Yc
)s(*E)s(*G)s(H)s(G)s(R)s(Ec
)s(*E)s(*G)s(GH)s(*R)s(*E c
*
)s(*E)s(*G)s(*G)s(*Yc
)s(*G)s(*GH
)s(*G)s(*G
)s(*R
)s(*Y)s(*T
c
c
1
Yıldızlı dönüşümler alınırsa,
Buradan,
)z(G)z(*GH
)z(G)z(G
)z(R
)z(Y)z(T
c
c
1
Bu sistemin
Analog hali ?
136
R(s) +
-
E1(s) E1*(s) G1(s)
+
- T
E2(s) E2*(s) G2(s)
Y(s)
H(s)
T
Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sistemini inceleyiniz.(Varsa
kapalı çevrim transfer fonksiyonunu bulunuz.)
)s(*E)s(G)s(Y 22 )s(*E)s(G)s(R)s(E 221
)(*).().()(*).()( 22112 sEsHsGsEsGsE
)(*).(*)(*)(* 221 sEsGsRsE
)(*).(*)(*).(*)(* 22112 sEsHGsEsGsE
)s(*HG)s(*G).s(*G
)s(*G).s(*G
)s(*R
)s(*Y)s(*T
221
21
1
)z(HG)z(G).z(G
)z(G).z(G
)z(R
)z(Y)z(T
221
21
1
Bu denklemlerden E1 ve E2 yok edilerek
Yıldızlı dönüşümleri alınırsa,
)s(*E)s(*G)s(*Y 22
Bu sistemin
Analog hali ?
Tutmalar ?
137
Örnekler: Aşağıdaki kapalı çevrim kontrol sistemlerinin varsa
transfer fonksiyonlarını yoksa çıkış ifadelerini bulunuz.
R(s) Y(s)Gp(s)Gc(s)
H(s)
A/D
D/A
R(z) Y(s)Gp(s)Gc(z)
H(s)
D/A
A/D
R(z) Y(s)Gp(s)D/A
A/D
Bu sistemin birim basamak
cevabını bulunuz.
4s
1)s(Gp
138
5.2 Örneklenmiş Verili Kontrol Sistemlerin Tipi ve
Kalıcı Durum Hataları
R(s) +
- T
Y(s) E(s) E*(s)
G(s)
Bölüm 3 de doğrudan ayrık zaman karşılığı verilen sistemler üzerinde
bu konu anlatılmıştı. Burada örneklenmiş verili sistemlerdeki farklılık
vurgulanacaktır. Şekildeki gibi hatanın örneklendiği kapalı çevrim bir
sistem için öncelikle örneklemi tutma yöntemi ile AÇTF bulunmalıdır.
Daha sonra Bölüm 3 deki gibi kalıcı durum hata katsayıları ve hata
bulunabilir.
)s(G)s(G)s(G ph
G(z) bulunduktan sonra (bölüm 3 den yararlanarak) birim basamak
giriş için,
bulunur)z(G
p
ss1z
PK1
1e)z(GlimK
Birim rampa giriş için, v
ss1z
vK
1e)z(G)1z(limK
AÇTF
139
R(s) +
-
T
Y(s)
1
1
s
s
eTs
1
E(s)
Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sisteminin kalıcı durum
hatalarını bulunuz.
Analog sistem Tip 0 olduğundan analog işlemlerle ,
T
TsT
phez
e
s.
s
e)s(G).s(G)z(G
1
1
11
501
11
0.
KeBuradan,)s(GLimK
p
ssps
p
Ayrık zaman kontrol sisteminin açık çevrim transfer fonksiyonu,
Olduğuna göre yine tip 0 sistemdir ve sonlu basamak hatası
vardır.
501
1u1
1.
KeradanB,)z(GlimK
p
ssz
P
140
R(s) Y(s)Gp(s)Gc(s)
H(s)
A/D
D/A
R(z) Y(s)Gp(s)Gc(z)
H(s)
D/A
A/D
Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sistemlerinin ilgili kalıcı
durum hatalarını bulunuz.
1z
)5.0z(10)z(Gc
10s
2)s(H
2s
1)s(Gp
)4s(10)s(Gc
1)s(H2s
1)s(Gp
141
Ayrık zaman kontrol sistemlerin köklerin yer eğrisinin çiziminde,
analog sistemlerdeki kurallar geçerlidir. Bunlar tekrarlanırsa,
• Bilindiği gibi KYE, kontrol sisteminin AÇTF’ undan
yararlanarak çizilir.
• Bir sistemin KYE’ nin dal sayısı, AÇTF’ nun kutuplarının sayısı
kadardır ve KYE, K=0 için AÇTF’ nun kutuplarında başlar K-
sonsuz için sıfırlarında sona erer.
• K>0 için; seçilen sx test noktasının sağ tarafında gerçek eksen
üzerinde tek sayıda kutup ve sıfır varsa o nokta KYE üzerindedir.
5.3 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinde KYE
R(z) Y(z)G(z)K
H(z)
142
)z(H)z(G)z(GK
c
1p)k()z(H)z(G)z(G
c12
NOT: Açı ve genlik koşulu aşağıda verilmiştir ve analog
sistemlerdekine benzer şekilde uygulanır.
• Gerçek eksenden ayrılış ve gerçek eksene varış noktaları
aşağıdaki denklemin kökleri arasındadır.
• KYE’ nin birim çemberi kesme noktaları Jury ya da Routh
kriterinden bulunabilir.
01
dz/dKise)z(H)z(G
K
•KYE dallarının yaklaştığı asimptotların açıları ve asimptotların
gerçek ekseni kestiği noktalar,
mn
k
p
)12(
mn
zipj
n
j
m
i
1 1
)Re()Re(
143
Örnek:
a-) z=0.5 noktası, verilen sistemin KYE üzerinde midir?
Üzerinde ise KYE’ ni bu noktadan geçirecek olan K kazanç
değeri nedir?
b-) z=0.5+j0.5 noktası, verilen sistemin KYE üzerinde midir?
Üzerinde ise KYE’ ni bu noktadan geçirecek olan K kazanç
değeri nedir?
c-) Verilen kapalı çevrim kontrol sisteminin KYE çiziniz
).z)(z(
).z(K.)z(H)z(KG:AÇTF
401
7050
Örnekler: KYE’ lerinin çiziniz.
25.0z
)4z(K)z(H)z(KG
)5.0z)(1z(
K)z(H)z(KG
2
2
144
Bölüm 6
Sayısal Kontrol Sistemlerinin Tasarımı
6.1 Tasarım Yaklaşımları
6.2 Köklerin Yer Eğrisi (KYE) ile Sayısal Kontrolör
Tasarımı
145
F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT
6.1 Tasarım Yaklaşımları
Önceki bölümlerde sayısal kontrol sistemlerinin tasarımında
aşağıdaki iki yaklaşımın izlenebileceği belirtilmiş ve ilk
yaklaşımla tasarım açıklanmıştı.
1-) Analog bölgede analog olarak kontrolör tasarlanır ve sonra
da kontrolör ayrık zamana çevrilerek sayısal ortamda
programlanır.
2-) Kontrolör, ayrık zamanda tasarlanır. Yani kontrol edilecek
sistem ve kontrol talepleri ayrık zamana dönüştürülür. Ayrık
zaman kontrolörün parameterleri ayrık zamanda hesaplanır.
Burada ilk yaklaşıma bir örnek verildikten sonra ikinci
yaklaşımla tasarım açıklanarak basit sistemler üzerinde
örnekler verilecek, ayrıca KYE ile tasarım örnekleri verilecektir.146
Örnek: Verilen analog sisteme analog bölgede sönüm oranı 0.8
ve sönümsüz doğal frekansı 10 olacak şekilde PI kontrolörü
tasarlayarak bu kontrolörün yerine kullanılabilecek sayısal
kontrolörü belirleyiniz.
2s
1)s(G p
R(s) Y(s)Gp(s)Gc(s)
Analog tasarımda yapıldığı gibi PI kontrollü sistemin kapalı
çevrim TF, standart 2. dereceden sisteme eşitlenirse,
2
nn
2
2
n
2
pc
pc
wsw2s
w
Kbs)K2(s
)bs(K
)s(G)s(G1
)s(G)s(G)s(T
s
)14.7s(14)s(G
Buradan
c
8010 .,sn/radwn
147
R(z) +
-
Gc(z)
1
z
a)K(z
Gh(s)
s
eTs
1
D / A
2
1
s
Y(s)
A / D
T = 0.1
Tasarlanan sürekli zaman kontrolör bilineer dönüşümle T=0.1 s
ile ayrıklaştırılırsa sayısal PI kontrolör aşağıdaki gibi bulunur.
1
474019
120
11001280
1
120
1471
12014
14714
1
12
z
).z(
z
zz
z
z
.z
z
s
).s()z(G |
z
z
Ts
c
R(z) Y(s)Gp(s)Gc(z)
A/D
D/A
Sonuç olarak, istenen kontrol taleplerinin karşılayan ve analog
sisteme bağlanması gereken sayısal kontrolör aşağıdaki gibi
olmalıdır.
Daha fazla
örnek için
Bölüm 3 e
bakınız.
148
R(z) +
-
Gc(z) G(z) Y(z)
Doğrudan Ayrık Zamanda Kontrolör Tasarımı
• Kontrol edilecek sistem ayrıklaştırılır.
• Sisteme bağlanacak sayısal kontrolörün transfer fonksiyonu
belirlenir.
• Ayrık zamandaki kontrol sisteminin karakteristik dnklemi
bulunur.
• Laplace bölgesinde verilen kontrol kriterleri (sönüm oranı-
doğal frekans) z bölgesine dönüştürülür.
• Kontrol kriterlerini karşılayacak şekilde kontrolör
parametreleri hesaplanır.
• Sonuç olarak aşağıdaki sistem edilerek sayısal bölgede
tasarım yapılmalıdır.
149
Önceki örnekte verilen sistem için doğrudan sayısal bölgede
aşağıdaki gibi PI tasarımı yapılır.
2s
1)s(G p
R(s) Y(s)Gp(s)Gc(s)
8010 .,sn/radwn
• Önce Kontrol edilecek sistem ayrıklaştırılır. T=?
81870
090150
2
112
2
.z
.
ez
)e(.
)s(sz
z)z(G
T
T
• Sisteme bağlanacak sayısal kontrolörün transfer fonksiyonu:
1
)()(
z
azKzGc
R(z) +
-
Gc(z) G(z) Y(z)
Sonuç Kontrol Sistemi
150
681 2
21 jjwws nn,
sTez
01994.074.02
zz
2540371021 .j.z,
Dolayısıyla arzu edilen karakteristik denklem:
ve buradan ile
Karakteristik denklemler eşitlenirse,
199400908187074009081871 .Ka..ve.K..
Sonuç olarak, K=28 ve a=0.2775
ve sayısal PI kontrolör,
1
2775028
z
).z()z(Gc
NOT: İki yöntemle
tasarlanan kontrolörler
arasındaki farkın nedeni?
0)().(1 zGzGc 009081870090818712 )Ka..()K..(zz
Sayısal kontrol sisteminin karakteristik denklemi
• Laplace bölgesinde verilen kontrol kriterleri
• (sönüm oranı-doğal frekans) z bölgesine dönüştürülür.
151
Örnek: Verilen sisteme her iki yöntemle de PD kontrolör
tasarlayarak karşılaştırınız.
)4s)(1s(
2)s(G
p
152
6.2 Köklerin Yer Eğrisi (KYE) ile
Sayısal Kontrolör Tasarımı
Kontrol sisteminin geçici rejim kriterlerini iyileştirmk için
KYE ile standart bir tasarım yaklaşımı olarak aşağıdaki
kurallar uygulanabilir.
1-) Analog sistem ayrıklaştırılır.
2-) Ayrık zaman kontrolörün transfer fonksiyonu ile birlikte
kontrol sisteminin AÇTF bulunur.
3-) Verilen kontrol isteklerinden (en büyük aşma, yükselme,
yerleşme zamanı ya da sönüm katsayısı ve doğal frekans
gibi) yararlanarak arzu edilen baskın kutupların z-
düzlemindeki yeri belirlenir.
4-) Kontrolörlü sistemin KYE’ nin, arzu edilen baskın
kutuplardan geçmesi için açı koşulu kullanılarak
denetleyicinin sisteme eklemesi gereken faz açısı belirlenir.
Açı koşulu K>0 içinp)k()z(H)z(G)z(G
c12
153
)z(H)z(G)z(GK
c
1
5-) Bu faz açısını karşılayacak şekilde kontrolör sıfırının değeri
hesaplanır.
6-) Kontrollü sistemin KYE’ nin arzu edilen baskın kutuplardan
geçmesini sağlayacak şekilde genlik koşulundan yararlanarak
açık çevrim kazanç değeri ve denetleyici kazancı belirlenir.
Genlik koşulu:
154
R(z) +
- Gc(z)
Gh(s)
s
eTs
1
)s(s 1
1
Y(s)
T = 0.1sn
Örnek: Verilen sistemde yerleşme süresini 0.5 saniyeden
küçük ve maksimum aşmayı % 10 dan küçük yapacak şekilde
KYE ile PD kontrolörü tasarlayınız.
155
R(z) +
-
1
z
a)K(z
Gh(s)
s
eTs
1
2
1
s
Y(s)
T = ?
Denetleyici
Örnek: Verilen sistemde sönüm oranı 0.8 ve sönümsüz doğal
frekans 10 olacak şekilde KYE ile PI kontrolörü tasarlayınız.
Uygun örnekleme frekansını seçiniz. Uygun örneklem frekansı,
sistemin sönümlü doğal frekansının 20 katından az olursa
istenen performans elde edilemeyebilir. wws
10
156
