Wykład 5 - stabilność liniowych układów dynamicznych Instytut Automatyki i Robotyki Warszawa, 2018
Wstęp Stabilność O układzie możemy mówić, że jest stabilny jeżeli jego odpowiedź na wymuszenie (zakłócenie) o ograniczonej wartości jest ograniczona. O układzie możemy mówić, że jest stabilny gdy wytrącony ze stanu równowagi (rozpatrywanego punktu pracy P) powraca do niej (do pewnego stanu K) po ustaniu działania czynników (zakłóceń z), które go z tego stanu wytrąciły. W przypadku układów liniowych, zachowanie się układu po zaniku oddziaływania, które wytrąciło go ze stanu równowagi, jest cechą charakterystyczną danego układu i nie zależy od przebiegu oddziaływania przed jego zanikiem. (łatwa analiza) W przypadku układów nieliniowych, ich zachowanie pod wpływem wymuszeń i po ich zaniku może zależeć od punktu pracy układu oraz od rodzaju i wielkości wymuszeń. (trudna analiza)
Stabilność Możliwe są trzy rodzaje zachowań układów po wytrąceniu ze stanu równowagi: 1 Układ nie osiąga stanu równowagi - układ niestabilny; szczególnym przypadkiem takiego zachowania jest wykonywanie przez układ oscylacji o stałej amplitudzie - układ na granicy stabilności. 2 Układ powraca do stanu równowagi w punkcie pracy zajmowanym przed wytrąceniem go ze stanu równowagi - układ stabilny asymptotycznie, 3 Układ osiąga stan równowagi w innym punkcie pracy niż początkowy - układ stabilny nieasymptotycznie, Rysunek 1: Układ a) niestabilny, b) stabilny asymptotycznie, c) stabilny nieasymptotycznie
Odpowiedź na wymuszenie impulsowe Wymuszenie impulsowe jest najprostszym przypadkiem wymuszenia, pozwalającego określić stabilność liniowego układu dynamicznego. Impuls - Delta Diraca x(t) = δ(t) = { 0 dla t 0 dla t = 0 (1) x(s) = 1 (2) Odpowiedź na wymuszenie impulsowe wyznacza się korzystając z zależności y(t) u(t)=δ = L 1 {G(s)x(s)} dla x(s)=1 y(t) = L 1 {G(s)} (3)
Odpowiedź na wymuszenie impulsowe Wybrane orginały trasformat Laplace po wymuszeniu impulsowym, przydatne do analizy: { } { } 1 1 L 1 = 1(t) (4) L 1 = e αt s s ± α (6) { } { } 1 L 1 s 2 = t (5) L 1 1 (s ± α) 2 = te αt (7) { } ( ) As + B L 1 s 2 = Ae C 2 t cos t D C 2 + + Cs + D 4 ( ) 2B AC + e C 2 t sin t D C (8) 2 4D + C 2 4 jeżeli: C 2 4D < 0 (nie ma pierwiastków rzeczywistych).
Odpowiedź na wymuszenie impulsowe Rysunek 2: Przykładowe odpowiedzi impulsowe układów: 1, 2 stabilnych nieasymptotycznie, 3, 4 - stabilnych asymptotycznie, 5, 6 niestabilnych, 7 układ na granicy stabilności (drgania niegasnące)
Stabilność Równanie ruchu liniowego, stacjonarnego układu dynamicznego a n d (n) y(t) dt (n) + + a 1 dy(t) dt Transmitancja operatorowa Odpowiedź impulsowa + a 0 = b m d (m) u(t) dt (m) + + b 1 du(t) dt + b 0 (9) G(s) = Y (s) U(s) = b ms m + + b 2 s 2 + b 1 s + b 0 a n s n + + a 2 s 2 + a 1 s + a 0 (10) y(t) u(t)=δ = g(t) = L 1 {G(s)} (11) Równanie charakterystyczne - mianownik transmitancji operatorowej
Stabilność asymptotyczna Przypadek 1: Równanie charakterystyczne ma tylko ujemne, pojedyncze pierwiastki rzeczywiste. G(s) = L(s) a n (s s 1 )(s s 2 )... (s s n ) (12) Po rozłożeniu na ułamki proste G(s) = C 1 + C 2 + + C n (13) s s 1 s s 2 s s n g(t) = L 1 {G(s)} = C 1 e s1t + C 2 e s2t +... + C n e snt (14) lim g(t) = 0 jeżeli s 1,..., s n < 0 (15) t
Stabliność asymptotyczna Rysunek 3: Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
Stabilność asymptotyczna Przypadek 2: Równanie charakterystyczne ma jeden podwójny, ujemny, pierwiastek rzeczywisty, a pozostałe pierwiastki są pojedyncze, ujemne, rzeczywiste. L(s) G(s) = a n (s s 1 ) 2 (16) (s s 3 )... (s s n ) Po rozłożeniu na ułamki proste G(s) = C 1 s s 1 + C 2 (s s 1 ) 2 + C 3 s s 3 + + C n s s n (17) g(t) = L 1 {G(s)} = C 1 e s1t + C 2 te s1t + C 3 e s3t +... + C n e snt (18) lim g(t) = 0 jeżeli s 1,..., s n < 0 (19) t ponieważ funkcja wykładnicza e s1t s1<0 maleje szybciej niż rośnie t.
Stabliność asymptotyczna Rysunek 4: Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
Stabilność nieasymptotyczna Przypadek 3: Równanie charakterystyczne ma jeden pierwiastek zerowy a pozostałe pierwiastki pojedyncze ujemne rzeczywiste G(s) = L(s) a n (s)(s s 2 )... (s s n ) (20) Po rozłożeniu na ułamki proste G(s) = C 1 s + C 2 + + C n (21) s s 2 s s n g(t) = L 1 {G(s)} = C 1 + C 2 e s2t +... + C n e snt (22) lim g(t) = C 1 jeżeli s 2,..., s n < 0 (23) t
Stabliność nieasymptotyczna Rysunek 5: Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
Brak stabilności Przypadek 4: Równanie charakterystyczne ma dwa (lub więcej) pierwiastki zerowe a pozostałe pierwiastki pojedyncze ujemne rzeczywiste. G(s) = L(s) a n (s) 2 (s s 3 )... (s s n ) (24) Po rozłożeniu na ułamki proste G(s) = C 1 s + C 2 (s) 2 + C 3 + + C n (25) s s 3 s s n g(t) = L 1 {G(s)} = C 1 + C 2 t + C 3 e s3t +... + C n e snt (26) lim g(t) = układ jest niestabilny bo C 2t (27) t
Brak stabilności Rysunek 6: Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
Stabilność asymptotyczna (oscylacje) Przypadek 5: Równanie charakterystyczne ma niezerowe pojedyncze pierwiastki rzeczywiste i pierwiastki zespolone sprzężone - o ujemnych częściach rzeczywistych s 1 = a + jb, s 2 = a jb (28) G(s) = po rozłożeniu na ułamki proste L(s) a n (s 2 2as + a 2 + b 2 )(s s 3 )... (s s n ) (29) G(s) = C 1 s + C 2 (s 2 2as + a 2 + b 2 ) + C 3 + + C n (30) s s 3 s s n g(t) = L 1 {G(s)} = C 1 e at cos(bt)+ C 2 + ac 1 e at sin(bt)+c 3 e s3t +...+C n e snt b (31) lim g(t) = 0 jeżeli a < 0, i Re(s 3),..., Re(s n ) < 0 (32) t
Stabilność asymptotyczna (oscylacje) Rysunek 7: Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
Brak stabilności (granica stabliności) Przypadek 6: Równanie charakterystyczne ma niezerowe pojedyncze pierwiastki rzeczywiste i pierwiastki zespolone sprzężone o zerowych częściach rzeczywistych x 1 = jb, x 2 = jb (33) G(s) = po rozłożeniu na ułamki proste L(s) (s 2 + b 2 )(s s 3 )... (s s n ) (34) G(s) = C 1s + C 2 (s 2 + b 2 ) + C 3 + + C n (35) s s 3 s s n g(t) = L 1 {G(s)} = C 1 cos(bt) + C 2 b sin(bt) + C 3e s3t +... + C n e snt (36) Jeżeli s3,..., sn < 0, to układ jest na granicy stabilności, w którym ustalają się drgania niegasnące (funkcje okresowe nie mają czynnika ekspotencjalnego).
Brak stabilności (granica stabliności) Rysunek 8: Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
Stabilność Reasumując można stwierdzić, że: Układ jest stabilny asymptotycznie, jeżeli jego równanie charakterystyczne układu ma pierwiastki rzeczywiste ujemne lub zespolone o ujemnych częściach rzeczywistych. Układ ten jest stabilny nieasymptotycznie jeżeli jego równanie charakterystyczne oprócz pierwiastków rzeczywistych ujemnych lub o ujemnych częściach rzeczywistych ma jeden pierwiastek zerowy. Układ ten jest niestabilny jeżeli jego równanie charakterystyczne ma więcej niż jeden pierwiastek zerowy lub pierwiastki rzeczywiste dodatnie lub zespolone o dodatnich częściach rzeczywistych. Układ jest na granicy stabilności (generuje drgania niegasnące) jeżeli równanie charakterystyczne układu nie ma więcej niż jednego pierwiastka zerowego i nie ma pierwiastków rzeczywistych dodatnich lub zespolonych o dodatnich częściach rzeczywistych, natomiast ma pierwiastki zespolone o zerowych częściach rzeczywistych.
Stabilność - kryteria stabilności Do oceny stabilności układów liniowych wystarczy znajomość rozkładu pierwiastków równania charakterystycznego układu na płaszczyźnie zmiennej zespolonej s. Problemy, które się pojawiają przy tej metodzie obliczanie pierwiastków równań wyższych rzędów nie jest łatwe, nie zawsze znane jest równanie charakterystyczne układu. Inne metody określania stabilności tzw. kryteria stabilności, które nie wymagają wyznaczania wartości pierwiastków równania charakterystycznego: kryteria analityczne (Hurwitza, Routha), kryteria graficzne (kryterium Michajłowa, metoda Evansa), kryteria graficzno analityczne (kryterium Nyquista, rozkład D).
Kryterium Hurwitza Kryterium Hurwitza Kryterium Hurwitza umożliwia sprawdzenie, czy równanie algebraiczne dowolnego stopnia ma wyłącznie pierwiastki ujemne lub o częściach rzeczywistych ujemnych. Zastosowanie jego ograniczone jest do stacjonarnych liniowych układów o parametrach skupionych (LTI) i transmitancji danej w postaci analitycznej. Równanie algebraiczne stopnia n o stałych rzeczywistych współczynnikach a n d (n) y(t) dt (n) + a n 1 d (n 1) y(t) dt (n 1) + + a 1 dy(t) dt + a 0 (37) ma wszystkie pierwiastki ujemne, lub o ujemnych częściach rzeczywistych, jeżeli są spełnione dwa warunki, zwane warunkami Hurwitza. 1 WARUNEK I: Wszystkie współczynniki a 0, a 1,..., a n, tego równania są różne od zera i są jednakowego znaku, 2 WARUNEK II: Wszystkie wyznaczniki minorów głównych tzw. macierzy Hurwitza n są większe od zera
Kryterium Hurwitza Macierz Hurwitza Macierz Hurwitza ma następującą postać a n 1 a n 0 0 0 0 a n 3 a n 2 a n 1 0 0 0 a n 5 a n 4 a n 3 0 0 0 n = 0 0 0 a 2 a 3 a 4 0 0 0 a 0 a 1 a 2 0 0 0 0 0 a 0 n n (38) W przypadku warunku II, wystarczy policzyć wyznczniki minorów 2,..., n 1.
Kryterium Hurwitza- przykład 1 Wyznaczyć macierz Hurwitza dla równania czwartego stopnia a 4 s 4 + a 3 s 3 + a 2 s 2 + a 1 s + a 0 = 0 (39) a 3 a 4 0 0 4 = a 1 a 2 a 3 a 4 0 a 0 a 1 a 2 0 0 0 a 0 (40) Jego podwyznacznikami głównymi są: 2 = a 3 a 1 a 4 a 2 (41) a 3 a 1 0 3 = a 4 a 2 a 0 0 a 3 a 1 (42)
Kryterium Hurwitza - przykład 2 Wyznaczyć zakres wartości wzmocnienia k p, zapewniający stabilną pracę układu. G s = 1 (Ts+1) 4 1 + 1 (Ts+1) 4 k p = 1 (Ts + 1) 4 + k p (43) Równanie charakterystyczne układu: (Ts + 1) 4 + k p = 0 (44)
Kryterium Hurwitza - przykład 2 cd. Równanie charakterystyczne układu: (Ts + 1) 4 + k p = 0 (45) czyli T 4 s 4 + 4T 3 s 3 + 6T 2 s 2 + 4Ts + 1 + k p = 0 (46) a 4 = T 4, a 3 = 4T 3, a 2 = 6T 2, a 1 = 4T, a 0 = 1 + k p (47) I. warunek Hurwitza będzie spełniony, jeżeli a 0 = 1 + k p > 0, czyli gdy k p > 1 (48)
Kryterium Hurwitza - przykład 2 cd Macierz Hurwitza a 3 a 4 0 0 4 = a 1 a 2 a 3 a 4 0 a 0 a 1 a 2 = 0 0 0 a 0 4T 3 4T 0 0 4T 6T 2 4T 3 T 4 0 1 + k p 4T 6T 2 0 0 0 1 + k p (49) II. warunek Hurwitza będzie spełniony, jeżeli ( ) 4T det( 2 ) = det 3 4T 4T 6T 2 > 0 (50) det( 3 ) = det 4T 3 4T 0 4T 6T 2 4T 3 0 1 + k p 4T > 0 (51)
Kryterium Hurwitza - przykład 2 cd det( 2 ) = 24T 5 4T 5 = 20T 5 > 0 (52) det( 3 ) = 96T 6 16T 6 16T 6 k p 16T 6 = 64T 6 16T 6 k p > 0 (53) czyli z II warunku Hurwitza k p < 4 (54) I. i II. warunek Hurwitza będą spełnione, jeżeli 1 < k p < 4 (55)
Kryterium Hurwitza Uwagi do kryterium Hurwitza UWAGA 1: Możliwość wystąpienia stabilności nieasymptotycznej zachodzi gdy w równaniu charakterystycznym stopnia n współczynnik a 0 = 0 (równanie ma jeden pierwiastek zerowy), natomiast pozostałe współczynniki są większe od zera. Po podzieleniu stron równania charakterystycznego przez s, otrzymuje się równanie stopnia n 1, w odniesieniu do którego należy zastosować kryterium Hurwitza w celu sprawdzenia znaku pozostałych pierwiastków. Jeżeli równanie to spełni warunki Hurwitza to oznaczać będzie, że układ posiada jeden pierwiastek zerowy a pozostałe pierwiastki są ujemne lub mają części rzeczywiste ujemne i sprawdzany układ jest stabilny nieasymptotycznie. UWAGA 2: Kryterium Hurwitza nie umożliwia badania stabilności układu z opóźnieniami.
Kryterium Nyquista Kryterium Nyquista umożliwia ocenę stabilności układu zamkniętego na podstawie charakterystyk częstotliwościowych układu otwartego. Transmitancja układu zamkniętego G Z (s) = G 1 (s) 1 + G 1 (s)g 2 (s) (56) Transmitancja układu otwartego G 0 (s) = G 1 (s)g 2 (s) (57)
Uproszczone kryterium Nyquista Uproszczone kryterium Nyquista W przypadku kiedy równanie charakterystyczne układu otwartego nie ma pierwiastków dodatnich lub o dodatnich częściach rzeczywistych (może mieć dowolna liczbę pierwiastów zerowych), układ zamknięty jest stabilny, jeżeli charakterystyka amplitudowo fazowa układu otwartego nie obejmuje punktu o współrzędnych { 1, j0}. Nie obejmuje oznacza, że przy przesuwaniu się wzdłuż charakterystyki w kierunku wzrastających pulsacji, punkt { 1, j0} pozostaje po lewej stronie charakterystyki UWAGA: Uproszczone kryterium Nyquista nie obejmuje przypadków kiedy równanie charakterystyczne układu otwartego, oprócz ujemnych lub zerowych, ma także pierwiastki dodatnie lub o dodatnich częściach rzeczywistych.
Kryterium Nyquista Cechy kryterium Nyquista charakterystyka częstotliwościowa układu otwartego, na podstawie której określana jest stabilność układu zamkniętego, może być łatwo wyznaczana analitycznie lub doświadczalnie, kryterium umożliwia nie tylko stwierdzenie faktu stabilności, lecz także umożliwia projektowanie układu o określonych właściwościach dynamicznych, kryterium umożliwia badanie stabilności układów zawierających elementy opóźniające.
Kryterium Nyquista Rysunek 9: Charakterystyki aplitudowe-fazowe układu otwartego w przypadku 1) stabilnego układu zamkniętego, 2) niestabilnego układu zamkniętego Warunki Nyquista M(ω π ) < 1; gdzie ω π : ϕ(ω π ) = π (58) ϕ(ω p ) > π; gdzie ω p : M(ω p ) = 1 (59)
Kryterium Nyquista - przykłady charakterystyk układów stabilnych Rysunek 10: Przykłady charakterystyk amplitudowo fazowych układów otwartych, odpowiadających: stabilnym układom zamkniętym - charakterystyka nie obejmuje punktu { 1, j0}
Kryterium Nyquista - przykłady charakterystyk układów niestabilnych Rysunek 11: Przykłady charakterystyk amplitudowo fazowych układów otwartych, odpowiadających: niestabilnym układom zamkniętym - charakterystyka obejmuje punkt { 1, j0}
Kryterium Nyquista
Kryterium Nyquista - charaktersytyki Bodego Warunki Nyquista dla charakterystyk amplitudowej i fazowej L(ω π ) = 20 log M(ω π ) < 0; (60) ϕ(ω p ) > π; gdzie L(ω p ) = 0 (61)
Kryterium Nyquista - zapas modułu i zapas fazy Zapas modułu M = 1 M(ω π ) (62) L = 20 log M(ω π ) (63) Zapas fazy ϕ = π + ϕ(ω p ) (64) Zapas modułu i fazy układu stabilnego ma wartości dodatnie. PRAKTYKA PRZEMYSŁOWA 30 deg < ϕ < 60 deg (65) 2 M 4 6dB L 12dB (66)
Kryterium Nyquista - przykład 1 Stosując kryterium Nyquista zbadać stabilność układu G 0 (s) = 1 s 3 + 3s 2 + s + 1 1 G 0 (jω) = iω 3 3ω 2 + jω + 1 = 1 1 3ω 2 j(ω ω 3 1 3ω 2 + j(ω ω 3 ) 1 3ω 2 j(ω ω 3 ) = 1 3ω 2 (1 3ω 2 ) 2 + (ω ω 3 ) 2 + j (ω ω 3 ) (1 3ω 2 ) 2 + (ω ω 3 ) 2 Część rzeczywista i urojona (67) (68) P(ω) = 1 3ω 2 (1 3ω 2 ) 2 + (ω ω 3 ) 2 ; Q(ω) = (ω ω 3 ) (1 3ω 2 ) 2 + (ω ω 3 ) 2 (69)
Kryterium Nyquista - przykład 1 Część rzeczywista Część urojona P(ω) = Q(ω) = 1 3ω 2 (1 3ω 2 ) 2 + (ω ω 3 ) 2 (70) (ω ω 3 ) (1 3ω 2 ) 2 + (ω ω 3 ) 2 (71) ω 0 1/3 1 P(ω) 1 0-0.5 0 Q(ω) 0-2.6 0 0
Rzeczywisty kształt charakterystyki - MATLAB
Kryterium Nyquista - przykład 2 Stosując kryterium Nyquista zbadać stabilność układu i wyznaczyć zapasy stabilności. 10 1 G 0 (s) = (0.1s + 1)(0.001s + 1) 0.3s (72)
Kryterium Nyquista - przykład 2 G 0 (s) = G 1 (s)g 2 (s)g 3 (s)g 4 (s) (73) czyli 1 1 G 0 (s) = 10 0.1s + 1 0.01s + 1 1 0.3s (74) W przypadku połączenia szeregowego sumuje się charakterystyki Bode go poszczególnych elementów. L 0 (ω) = L 1 (ω) + L ω + L 3 (ω) + L 4 (ω) (75) ϕ 0 (ω) = ϕ 1 (ω)+ϕ ω +ϕ 3 (ω)+ϕ 4 (ω) (76)
Wykład 5 - stabilność liniowych układów dynamicznych Instytut Automatyki i Robotyki Warszawa, 2018