Wykład 5 - stabilność liniowych układów dynamicznych Instytut Automatyki i Robotyki Warszawa, 2015
Wstęp Stabilność O układzie możemy mówić, że jest stabilny gdy układ ten 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 powraca do stanu równowagi w punkcie pracy zajmowanym przed wytrąceniem go ze stanu równowagi - układ stabilny asymptotycznie, 2 Układ osiąga stan równowagi w innym punkcie pracy niż początkowy - układ stabilny nieasymptotycznie, 3 Układ nie osiąga stanu równowagi - układ niestabilny; szczególnym przypadkiem takiego zachowania jest wykonywanie przez układ oscylacji o stałej amplitudzie - układ na granicy stabilności.
Odpowiedź na wymuszenie impulsowe Wymuszenie impulsowe jest najprostszym przypadkiem wymuszenia, pozwalającego określić stabilność liniowego układu dynamicznego. Korzystając z zależności y(t) u(t)=δ = g(t) = L 1 {G(s)} Wybrane orginały trasformat Laplace a po wymuszeniu impulsowym, przydatne do dalszej { } analizy są następujące. { } 1 1 L 1 = 1(t) L 1 = e αt s s ± α { } { } 1 L 1 s 2 = t L 1 1 (s ± α) 2 = te αt { } As + B L 1 s 2 = Ae C 2 t cos(t D C 2 2B AC )+ + Cs + D 4 e C 2 t sin(t D C 2 4D + C 2 4 ) jeżeli: C 2 4D < 0.
Stabilnośc Rysunek : Przykładowy schemat blokowy a n d (n) y(t) dt (n) + + a 1 dy(t) dt + a 0 = b m d (m) tu(t) dt (m) + + b 1 du(t) dt 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 y(t) u(t)=δ = g(t) = L 1 {G(s)} + b 0
Wstęp Rysunek : Przykładowe odpowiedzi impulsowe układów: 1, 2 stabilnych nieasymptotycznie, 3, 4 - stabilnych asymptotycznie, 5, 6 niestabilnych, 7 układ na granicy stabilności (drgania niegasnące)
Stabilność Przypadek 1: Równanie charakterystyczne ma tylko niezerowe pojedyncze pierwiastki rzeczywiste G(s) = Po rozłożeniu na ułamki proste L(s) a n (s s 1 )(s s 2 )... (s s n ) G(s) = C 1 s s 1 + C 2 s s 2 + + C n s s n g(t) = L 1 {G(s)} = C 1 e s1t + C 2 e s2t +... + C n e snt lim g(t) = 0 jeżeli s 1,..., s n < 0 t
Stabilność Przypadek 2: Równanie charakterystyczne ma jeden podwójny pierwiastek, a pozostałe są pierwiastki są pojedyncze rzeczywiste niezerowe. L(s) G(s) = a n (s s 1 ) 2 (s s 3 )... (s s n ) Po rozłożeniu na ułamki proste G(s) = C 1 C 2 + s s 1 (s s 1 ) 2 + C 3 + + C n s s 3 s s n g(t) = L 1 {G(s)} = C 1 e s1t + C 2 te s1t + C 3 e s3t +... + C n e snt lim g(t) = 0 jeżeli s 1,..., s n < 0 t ponieważ (przy s 1 < 0 funkcja wykładnicza e s1t maleje szybciej niż rośnie zmienna t)
Stabilność Przypadek 3: Równanie charakterystyczne ma jeden pierwiastek zerowy i pozostałe pierwiastki ma niezerowe pojedyncze rzeczywiste G(s) = Po rozłożeniu na ułamki proste L(s) a n (s)(s s 2 )... (s s n ) G(s) = C 1 s + C 2 s s 2 + + C n s s n g(t) = L 1 {G(s)} = C 1 + C 2 e s2t +... + C n e snt lim g(t) = C 1 jeżeli s 2,..., s n < 0 t
Stabilność Przypadek 4: Równanie charakterystyczne ma dwa (lub więcej) pierwiastki zerowe i pozostałe pierwiastki niezerowe pojedyncze rzeczywiste. G(s) = L(s) a n (s) 2 (s s 3 )... (s s n ) = C 1 s + C 2 (s) 2 + C 3 s s 3 + + Po rozłożeniu na ułamki proste G(s) = L(s) a n (s) 2 (s s 3 )... (s s n ) = C 1 s + C 2 (s) 2 + C 3 s s 3 + + g(t) = L 1 {G(s)} = C 1 + C 2 t + C 3 e s3t +... + C n e snt lim g(t) = układ jest niestabilny t C n s s n C n s s n
Stabilność Przypadek 5: Równanie charakterystyczne ma niezerowe pojedyncze pierwiastki rzeczywiste i pierwiastki zespolone sprzężone - o ujemnych częściach rzeczywistych x 1 = a + jb, x 2 = a jb G(s) = po rozłożeniu na ułamki proste G(s) = L(s) a n (s 2 2as + a 2 + b 2 )(s s 3 )... (s s n ) C 1 s + C 2 (s 2 2as + a 2 + b 2 ) + C 3 s s 3 + + C n 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 lim g(t) = 0 jeżeli a < 0, i Re(s 3),..., Re(s n ) < 0 t
Stabilność Przypadek 6: Równanie charakterystyczne ma niezerowe pojedyncze pierwiastki rzeczywiste i pierwiastki zespolone sprzężone o zerowych częściach rzeczywistych x 1 = jb, x 2 = jb G(s) = po rozłożeniu na ułamki proste L(s) (s 2 + b 2 )(s s 3 )... (s s n ) G(s) = C 1s + C 2 (s 2 + b 2 ) + C 3 s s 3 + + C n 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 Jeżeli s3,..., sn < 0, to układ jest na granicy stabilności i ustalają się drgania niegasnące.
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 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 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 dodatnich lub zespolonych o dodatnich częściach rzeczywistych, natomiast ma pierwiastki zespolone o zerowych częściach rzeczywistych.
Stabilność - zadania Określić stabilność elementów o transmitancjach operatorowych oraz układu o schemacie G(s) = 1 2s + 1 G(s) = 1 2s 1 1 G(s) = 2s 2 + 3s + 1 ( G(s) = k p 1 + 1 ) T i s
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, metoda rozkładu 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 liniowych układów o parametrach skupionych 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 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 2: Wszystkie wyznaczniki minorów głównych tzw. macierzy Hurwitza n są większe od zera
Kryterium Hurwitza Macierz Hurwitza Macierz Hurwitza ma następującą postać 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 (1) WYJĄTEK: Kryterium Hurwitza nie umożliwia badania stabilności układu z opóźnieniami.
Kryterium Hurwitza Przykład: 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 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 Jego podwyznacznikami głównymi są: 2 = a 3 a 1 a 4 a 2 a 3 a 1 0 3 = a 4 a 2 a 0 0 a 3 a 1
Kryterium Hurwitza - przykład H1 Wyznaczyć zakres wartości wzmocnienia k p regulatora P, zapewniający stabilną pracę układu. G s = 1 (TS+1) 4 1 + 1 (TS+1) 4 = 1 (TS + 1) 4 + k p Równanie charakterystyczne układu: (Ts + 1) 4 + k p = 0
Kryterium Hurwitza - przykład H1 Równanie charakterystyczne układu: (Ts + 1) 4 + k p = 0 czyli T 4 s 4 + 4T 3 s 3 + 6T 2 s 2 + 4Ts + 1 + k p = 0 a 4 = T 4, a 3 = 4T 3, a 2 = 6T 2, a 1 = 4T, a 0 = 1 + k p I. warunek Hurwitza będzie spełniony, jeżeli a 0 = 1 + k p > 0, czyli gdy k p > 1
Kryterium Hurwitza - przykład H1 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 II. warunek Hurwitza będzie spełniony, jeżeli ( ) 4T det( 2 ) = det 3 4T 4T 6T 2 > 0 det( 3 ) = det 4T 3 4T 0 4T 6T 2 4T 3 0 1 + k p 4T > 0
Kryterium Hurwitza - przykład H1 det( 2 ) = 24T 5 4T 5 = 20T 5 > 0 det( 3 ) = 96T 6 16T 6 16T 6 k p 16T 6 = 64T 6 16T 6 k p > 0 czyli z II warunku Hurwitza k p < 4 I. i II. warunek Hurwitza będą spełnione, jeżeli 1 < k p < 4
Kryterium Nyquista Kryterium Nyquista umożliwia ocenę stabilności układu zamkniętego na podstawie charakterystyk częstotliwościowych układu otwartego. Transmitancja układu zamkniętego G Z (s) = Transmitancja układu otwartego G 1 (s) 1 + G 1 (s)g 2 (s) G 0 (s) = G 1 (s)g 2 (s)
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 - przykłady charakterystyk Rysunek : Przykłady charakterystyk amplitudowo fazowych układów otwartych, odpowiadających: stabilnym układom zamkniętym - charakterystyka nie obejmuje punktu 1, j0
Kryterium Nyquista - przykłady charakterystyk Rysunek : Przykłady charakterystyk amplitudowo fazowych układów otwartych, odpowiadających: niestabilnym układom zamkniętym - charakterystyka obejmuje punkt 1, j0
Kryterium Nyquista Rysunek : 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 ϕ(ω p ) > π; gdzie ω p : M(ω p ) = 1
Kryterium Nyquista
Kryterium Nyquista - charaktersytyki Bodego Warunki Nyquista dla charakterystyk amplitudowej i fazowej L(ω π ) = 20 log M(ω π ) < 0; ϕ(ω p ) > π; gdzie L(ω p ) = 0
Kryterium Nyquista - zapas modułu i zapas fazy Zapas modułu M = Zapas fazy 1 M(ω π ) L = 20 log M(ω pi) ϕ = pi + ϕ(ω p ) Zapas modułu i fazy układu stabilnego ma wartości dodatnie. PRAKTYKA PRZEMYSŁOWA 30 deg < ϕ < 60 deg 2 M 4 6dB L 12dB
Kryterium Nyquista - przykład N1 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 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
Kryterium Nyquista - przykład N1 część rzeczywista część urojona P(ω) = Q(ω) = 1 3ω 2 (1 3ω 2 ) 2 + (ω ω 3 ) 2 (ω ω 3 ) (1 3ω 2 ) 2 + (ω ω 3 ) 2 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 N2 Stosując kryterium Nyquista zbadać stabilność układu i wyznaczyć zapasy stabilności. 10 1 G 0 (s) = (0.1s + 1)(0.001s + 1) 0.3s
Kryterium Nyquista - przykład N2 G 0 (s) = G 1 (s)g 2 (s)g 3 (s)g 4 (s) czyli 1 1 1 G 0 (s) = 10 0.1s + 1 0.01s + 1 0.3s
Wykład 5 - stabilność liniowych układów dynamicznych Instytut Automatyki i Robotyki Warszawa, 2015