SVEUCILI STE U ZAGREBU - IEEEZbirka zadataka (verzija 1.0) Autori: Doc. dr. sc. Nikola Mi skovi c...

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU

FAKULTET ELEKTROTEHNIKEI RAČUNARSTVA

Nelinearni sustavi upravljanja

Zbirka zadataka(verzija 1.0)

Autori:

Doc. dr. sc. Nikola Mǐsković

Prof. dr. sc. Zoran Vukić

Zagreb, svibanj 2013.

Sadržaj

1 Fazne trajektorije nelinearnih sustava 1

2 Opisna funkcija 28

3 Vlastite oscilacije 40

4 Prinudne oscilacije 58

5 Stabilnost 65

6 Linearizacija u povratnoj vezi 70

Poglavlje 1

Fazne trajektorije nelinearnihsustava

Zadatak 1.1

Zadana je nelinearna diferencijalna jednadžba

dx

dt= x2.

a) Korǐstenjem postupka separacije varijabli odredite rješenje x(t) uz početniuvjet x0.

b) Skicirajte odziv x(t) uz početni uvjet x0 = 0.5 i napǐsite kako se nazivaova pojava.

Zadatak 1.2

Zadan je nelinearni sustav opisan diferencijalnim jednadžbama:

ẋ = x (1− x− y)ẏ = y (0.75− y − 0.5x) .

a) Odredite ravnotežna stanja sustava i njihov tip.

b) U faznoj ravnini x–y skicirajte trajektoriju uz proizvoljan početni uvjet.

Zadatak 1.3


ẋ = y

ẏ = sin (x)− xy.

1

1. Fazne trajektorije nelinearnih sustava v1.0


b) Skicirajte trajektoriju sustava uz početne uvjete x(0) = 1 i y(0) = 1 akose zna da trajektorija završava u najbližem ravnotežnom stanju.

c) Skicirajte trajektoriju sustava uz početne uvjete x(0) = −2π i y(0) = 0

Zadatak 1.4

Zadan je sustav opisan diferencijalnom jednadžbom

d2x

dt2− 0.5xdx

dt+ x = 0

a) Odredite jednažbu izoklina.

b) Odredite i nacrtajte područja u faznoj ravnini (ẋ, x) gdje je nagib trajek-torije 0 i ∞.

c) Korǐstenjem metode izoklina, odredite i nacrtajte smjerove trajektorijasustava u cijeloj faznoj ravnini. Koje područje je stabilno, koje nestabilnoi gdje je separatrisa? Napomena: Nacrtajte nekoliko izoklina, npr. sanagibima 0, ±1, ±2.

d) Skicirajte trajektoriju sustava uz početne uvjete x(0) = 0 i ẋ(0) = 1.

e) Skicirajte trajektoriju sustava uz početne uvjete x(0) = 0 i ẋ(0) = 2.5.

Zadatak 1.5

Zadan je nelinearni sustav opisan diferencijalnom jednadžbom

d2x

dt2− 0.5x3dx

dt+ x = 0


b) Odredite, uredno nacrtajte i precizno označite područjâ u faznoj ravnini(ẋ, x) gdje je nagib trajektorije jednak 0, jednak∞, pozitivan i negativan.

c) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz početne uvjete x(0) = 2 iẋ(0) = −2.

d) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz početne uvjete x(0) = 2 iẋ(0) = 2.

2


Zadatak 1.6


ẋ = x (1− 0.5y)ẏ = y (−0.75 + 0.25x) .


b) Uz pretpostavku da je x ≥ 0 i y ≥ 0 odredite, uredno nacrtajte i preciznooznačite područja u faznoj ravnini x–y gdje je nagib trajektorije jednak0, jednak ∞, pozitivan i negativan.

c) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz početne uvjete x(0) = 4 iy(0) = 3 ako se zna da je ravnotežno stanje x = 3, y = 2 tipa centar.

Zadatak 1.7


ẋ = x (y − 1)ẏ = 4− x2 − y2.


b) Odredite jednažbu izoklina u obliku m = f (x, y).

c) Odredite, uredno nacrtajte i precizno označite područja u faznoj ravninix–y gdje je nagib trajektorije jednak 0, jednak ∞, pozitivan i negativan.

d) Skicirajte trajektoriju sustava, njezin smjer te početni nagib uz početneuvjete x(0) = 2 i y(0) = 3 ako se zna da trajektorija završava u najbližemravnotežnom stanju.

e) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz početne uvjete x(0) = 0 iy(0) = 2.

Zadatak 1.8


ẋ = y

ẏ =(1− x2

)y − x.

3



b) Odredite, uredno nacrtajte i precizno označite područja u faznoj ravninix–y gdje je nagib trajektorije jednak 0, jednak ∞, pozitivan i negativan.


Zadatak 1.9

Zadan je zatvoreni krug upravljanja prikazan slikom 1.1.

2

1

pe

uC+

C−

aa−

xue

Slika 1.1: Zatvoreni krug upravljanja.

a) Napǐsite jednadžbe koje u potpunosti opisuju trajektoriju stanja zatvore-nog kruga upravljanja.

b) Uz parametre sustava C = 1.5, a = 3 i početne uvjete x(0) = 4 i ẋ(0) = 1,izračunajte sve karakteristične točke trajektorije stanja i skicirajte ju ufaznoj ravnini x–ẋ. Napomena: Nije potrebno odredivati smjer trajekto-rije!

Zadatak 1.10



b) Uz parametre sustava C = 1.5, a = 3 i početne uvjete x(0) = 4 i ẋ(0) = 1,izračunajte sve karakteristične točke trajektorije stanja i skicirajte ju ufaznoj ravnini x–ẋ. Napomena: Obavezno označiti smjer trajektorije inapisati kako je odreden!

4


2

1

p

xue( )u t+C

-C

a

-a

( )e t


Zadatak 1.11


-1

xue( )u t+C

-C

a-a

( )e t ( )1

1p p +



b) Kolika smije biti maksimalna brzina izlaza (y = dxdt

) na prijelazu u po-dručje odredenu s u = 0 da bi se sustav smirio u ravnotežnom stanjuprije nego što napusti područje odredeno s u = 0?

5


1.1 Rješenja

Rješenje 1.1

a) Korǐstenjem postupka separacije varijabli odredite rješenje x(t) uz početniuvjet x0.

dx

dt= x2

dx

x2= dt/

∫−1x

+ C = t⇒ x = 1C − t

t = 0⇒ C = 1x0

x (t) = x01−x0t

b) Skicirajte odziv x(t) uz početni uvjet x0 = 0.5 i napǐsite kako se nazivaova pojava.

Pojava se naziva vrijeme konačnog pobjega (finite time escape) i prikazanje slikom 1.4.

Rješenje 1.2


Ravnotežna stanja se dobiju izjednačavanjem derivacija s 0:

0 = x (1− x− y)0 = y (0.75− y − 0.5x) .

iz čega slijedi:

I. (0, 0)

II. (0, 0.75)

6


0 0.5 1 1.5 2

1

2

3

4

5

6

7

x

0.5/(1−0.5 x)

Slika 1.4: Finite time escape.

III. (1, 0)

IV. (0.5, 0.5)

linearizacijom se dobije:

∆ẋ = (1− 2x0 − y0) ∆x− x0∆y∆ẏ = −0.5y0∆x+ (0.75− 2y0 − 0.5x0) ∆y

ili u matričnom zapisu:

[∆ẋ∆ẏ

]=

[1− 2x0 − y0 −x0−0.5y0 0.75− 2y0 − 0.5x0

] [∆x∆y

]= J

[∆x∆y

]Za svaku ravntežnu točku se može napisati:

I. (0, 0) J =

[1 00 0.75

]⇒ λ1 = 1, λ2 = 0.75⇒ nestabilan čvor

7


II. (0, 0.75) J =

[0.25 0−0.375 −0.75

]⇒ λ1 = 0.25, λ2 = −0.75 ⇒

sedlo

III. (1, 0) J =

[−1 −10 0.25

]⇒ λ1 = −1, λ2 = 0.25⇒ sedlo

IV. (0.5, 0.5)

J =

[−0.5 −0.5−0.25 −0.5

]det (λI− J) = (λ+ 0.5)2 − 0.125 = s2 + s+ 0.125 = 0⇒ λ1 = −2−

√2

4< 0, λ2 =

−2+√2

4< 0

⇒ stabilan čvor

b) U faznoj ravnini x–y skicirajte trajektoriju uz proizvoljan početni uvjet.

x ’ = x − x2 − x y y ’ = 0.75 y − y2 − 0.5 x y

0 0.5 1 1.5

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

x

y

jjj

stabilan �vor

sedlo

sedlo

nestabilan cvor

Slika 1.5: Trajektorija uz zadatak.

Rješenje 1.3


8



0 = y

0 = sin (x)− xy.

iz čega slijede sva ravnotežna stanja u obliku

(x0, y0) = (kπ, 0) , k ∈ Z.

Linearizacijom se dobije:

∆ẋ = ∆y

∆ẏ = (cosx0 − y0) ∆x− x0∆y

ili u matričnom zapisu:[∆ẋ∆ẏ

]=

[0 1

cosx0 − y0 −x0

] [∆x∆y

]= J

[∆x∆y

]Uvrštavanjem ravnotežnih točaka dobije se:

J =

[0 1

cos kπ −kπ

]=

[0 1

(−1)k −kπ

]Svojstvene vrijednosti λ matrice J će nam odrediti tip ravnotežnih stanja:

|λI− J| =∣∣∣∣ λ −1(−1)k+1 λ+ kπ

∣∣∣∣ = λ2 + kπλ+ (−1)k+1

λ1,2 =−kπ ±

√(kπ)2 − 4(−1)k+1

2

• k = 0

λ1,2 = ±1⇒ sedlo

• k > 0

9


– k parno

λ1 =−kπ +

√(kπ)2 + 4

2> 0

λ2 =−kπ −

√(kπ)2 + 4

2< 0

⇒ sedlo– k neparno

λ1 =−kπ +

√(kπ)2 − 4

2< 0

λ2 =−kπ −

√(kπ)2 − 4

2< 0

⇒ stabilan čvor• k < 0

– k parno

λ1 =−kπ +

√(kπ)2 + 4

2> 0

λ2 =−kπ −

√(kπ)2 + 4

2< 0

⇒ sedlo– k neparno

λ1 =−kπ +

√(kπ)2 − 4

2< 0

λ2 =−kπ −

√(kπ)2 − 4

2< 0

⇒ nestabilan čvor

b) Skicirajte trajektoriju sustava, njezin smjer te početni nagib uz početneuvjete x(0) = 1 i y(0) = 1 ako se zna da trajektorija završava u najbližemravnotežnom stanju.

S obzirom da trajektorija završava u stabilnoj ravnotežnoj točki tipa čvor,ona ne ide spiralno u ravnotežnu točku. Nije točno ako se nacrta datrajektorija ide spiralno u ravnotežnu točku. Rješenje je prikazano slikom1.6.

10


��

��

��

��

�

�

�

�

�

�

sedlo sedlo sedlosedlosedlo

nestabilni čvor

nestabilni čvor

stabilni čvor

stabilni čvor

��

Slika 1.6: Crvene točke su ravnotežna stanja (ima ih beskonačno i ponavljajuse svakih π) a plava točka je početni uvjet u b) dijelu zadatka.

c) Skicirajte trajektoriju sustava uz početne uvjete x(0) = −2π i y(0) = 0.Početni uvjet je ujedno i ravnotežna točka tipa sedlo. Ovo je nesta-bilna ravnotežna točka ali s obzirom da je sustav autonoman, stanje ćese zadržati u ovoj točki. Drugim riječima, trajektorija počinje, ostaje izavršava u ovoj točki.

Rješenje 1.4

Zadan je sustav opisan diferencijalnom jednadžbom

d2x

dt2− 0.5xdx

dt+ x = 0


ẍ− 0.5xẋ+ x = 0

Neka je y = dxdt

iz čega slijedi

ẏ − 0.5xy + x = 0/ · dtdx

=1

y

dy

dx= 0.5x− x

y= m

Na poslijetku jednadžba izoklina je

y =x

0.5x−mgdje je m nagib trajektorije na izoklini.

11


b) Odredite i nacrtajte područja u faznoj ravnini (ẋ, x) gdje je nagib trajek-torije 0 i ∞.Nagib je 0 na y = 2 i x = 0.

m = 0⇒ y = 2, x = 0

Nagib je ∞ na y = 0.m =∞⇒ y = 0

Rješenje je prikazano slikom 1.7.

x

y=2

y

Slika 1.7: Izokline s nagibima 0 i ∞.

c) Korǐstenjem metode izoklina, odredite i nacrtajte smjerove trajektorijasustava u cijeloj faznoj ravnini. Koje područje je stabilno, koje nestabilnoi gdje je separatrisa? Napomena: Nacrtajte nekoliko izoklina, npr. sanagibima 0, ±1, ±2.Rješenje je prikazano slikom 1.8.

d) Skicirajte trajektoriju sustava uz početne uvjete x(0) = 0 i ẋ(0) = 1.


e) Skicirajte trajektoriju sustava uz početne uvjete x(0) = 0 i ẋ(0) = 2.5.


Rješenje 1.5


ẍ− 0.5x3ẋ+ x = 0

12


2

dx

dt

x

tan4

mπ=

tan4

mπ=

tan6

mπ=

tan6

mπ=

tan4

mπ= −

tan4

mπ= −

tan6

mπ= −

tan6

mπ= −

separatrisa

stabilno

područje

nestabilno

područje

Slika 1.8: Izokline.

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

Slika 1.9: Trajektorija uz početne uvjete (0, 1).

Neka je y = dxdt

iz čega slijedi

ẏ − 0.5x3y + x = 0/ · dtdx

=1

y

dy

dx= 0.5x3 − x

y= m

Na poslijetku jednadžba izoklina je

y =x

0.5x3 −m

13


-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5

Slika 1.10: Trajektorija uz početne uvjete (0, 2.5).

gdje je m nagib trajektorije na izoklini.

b) Odredite, uredno nacrtajte i precizno označite područja u faznoj ravnini(ẋ, x) gdje je nagib trajektorije

• jednak 0,Nagib je 0 na y = 2

x2i x = 0.

m = 0⇒ y = 2, x = 0

• jednak ∞,Nagib je ∞ na y = 0.

m =∞⇒ y = 0

• pozitivan i• negativan.

Iz jednadžbe m =x(0.5x2y−x)

yslijede sljedeći uvjeti za predznak od

m

c) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz početne uvjete x(0) = 2 iẋ(0) = −2.

d) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz početne uvjete x(0) = 2 iẋ(0) = 2.Smjerovi o kojem ide tajektorija se odreduju iz početne derivacije, tj. izẋ(0). Ukoliko je veći od 0, x mora rasti u početku, i obratno. Ove dvijetrajektorije su jednoznačno odredene i prikazane slikom 1.12.

14


Tablica 1.1: Tablica uz rješenje Zadatka 5y > 0 ∧ x > 0 ∧ y > 2

x2⇒ m > 0

y > 0 ∧ x > 0 ∧ y < 2x2⇒ m < 0

y > 0 ∧ x < 0 ∧ y > 2x2⇒ m < 0

y > 0 ∧ x < 0 ∧ y < 2x2⇒ m > 0

y < 0 ∧ x > 0 ∧ y > 2x2⇒ nemoguće

y < 0 ∧ x > 0 ∧ y < 2x2⇒ m > 0

y < 0 ∧ x < 0 ∧ y > 2x2⇒ nemoguće

y < 0 ∧ x < 0 ∧ y < 2x2⇒ m < 0

-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5-5

0

5

10

15

dx

dt

x

m>0

m


-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5-5

0

5

10

15

dx

dt

x

m>0

m


Tablica 1.2: Tablica s područjima nagiba istih predznaka.−0.75 + 0.25x > 0⇒ x > 3 −0.75 + 0.25x < 0⇒ x < 3

y < 2 m > 0 m < 0y > 2 m < 0 m > 0


Potrebno je izračunati nagib trajektorije u početnom uvjetu.

m = 3(−0.75+1)4(1−1.5) =

0.75−2 = tanα

α = atan2 (0.75,−2) = 160◦

Iz ovoga slijedi da je početni nagib takav da se krivulja kreće suprotnood kazaljke na satu. S obzirom da se radi o ravnotežnoj točki tipa centar,trajektorija je zatvorenog oblika. Rješenje je prikazano slikom 1.13.

x ' = x (1 - 0.5 y)

y ' = y ( - 0.75 + 0.25 x)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5

x

y

m

mm

m

Slika 1.13: Horizontalne plave crtice označavaju nagib 0 a vertikalne nagib∞. Narančasto iscrtkana područja su područja s pozitivnim nagibom tra-jektorije, a plavo iscrtkana područja s negativnim nagibom trajektorije.

Rješenje 1.7

17




0 = x (y − 1)0 = 4− x2 − y2.

iz čega slijedi:

I. (0, 2)

II. (0,−2)III.

(√3, 1)

IV.(−√

3, 1)

linearizacijom se dobije:

∆ẋ = (y0 − 1) ∆x+ x0∆y∆ẏ = −2x0∆x− 2y0∆y

ili u matričnom zapisu:[∆ẋ∆ẏ

]=

[y0 − 1 x0−2x0 −2y0

] [∆x∆y

]= J

[∆x∆y

]Za svaku ravntežnu točku se može napisati:

I. (0, 2) J =

[1 00 −4

]⇒ λ1 = 1, λ2 = −4⇒ sedlo

II. (0,−2) J =[−3 00 4

]⇒ λ1 = −3, λ2 = 4⇒ sedlo

III.(√

3, 1)

J =

[0

√3

−2√

3 −2

]det (λI− J) = λ(λ+ 2) + 6 = λ2 + 2λ+ 6 = 0⇒ λ1,2 = −1± j

√5

⇒ stabilan fokus

18


IV.(√

3, 1)

J =

[0 −

√3

2√

3 −2

]det (λI− J) = λ(λ+ 2) + 6 = λ2 + 2λ+ 6 = 0⇒ λ1,2 = −1± j

√5

⇒ stabilan fokus

b) Odredite jednažbu izoklina u obliku m = f (x, y).

m =dy

dx=

dydtdxdt

=4− x2 − y2

x (y − 1)


c) Odredite, uredno nacrtajte i precizno označite područja u faznoj ravninix–y gdje je nagib trajektorije jednak 0, jednak ∞, pozitivan i negativan.

• jednak 0,Nagib je 0 na kružnici x2 + y2 = 4.

m = 0⇒ x2 + y2 = 4

• jednak ∞,Nagib je ∞ na x = 0 ili y = 1.m =∞⇒ y = 1 ∨ x = 0


Iz jednadžbe izoklina slijede sljedeći uvjeti za smjer od m

Skicirana područja su na slici 1.14.

d) Skicirajte trajektoriju sustava, njezin smjer te početni nagib uz početneuvjete x(0) = 2 i y(0) = 3 ako se zna da trajektorija završava u najbližemravnotežnom stanju.


m = −94

= tanαα = atan2 (−9, 4) = −66◦

19


Tablica 1.3: Tablica s područjima nagiba istih predznaka.4− x2 − y2 x y − 1 m

1 > 0 > 0 > 0 > 02 > 0 > 0 < 0 < 03 > 0 < 0 > 0 < 04 > 0 < 0 < 0 > 05 < 0 > 0 > 0 < 06 < 0 > 0 < 0 > 07 < 0 < 0 > 0 > 08 < 0 < 0 < 0 < 0

Iz ovoga slijedi da je početni nagib takav da trajektorije kreće dolje desno.S obzirom da trajektorija završava u stabilnoj ravnotežnoj točki tipa fo-kus, ona spiralno ide u ravnotežnu točku. Nije točno ako se nacrta datrajektorija ide direktno u ravnotežnu točku. Rješenje je prikazano sli-kom 1.14.

e) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz početne uvjete x(0) = 0 iy(0) = 2.

Početni uvjet je ujedno i ravnotežna točka tipa sedlo. Ovo je nesta-bilna ravnotežna točka ali s obzirom da je sustav autonoman, stanje ćese zadržati u ovoj točki. Drugim riječima, trajektorija počinje, ostaje izavršava u ovoj točki.

Rješenje 1.8


m = dydx

=(1−x2)y−x

y


b) Odredite, uredno nacrtajte i precizno označite područja u faznoj ravninix–y gdje je nagib trajektorije jednak 0, jednak ∞, pozitivan i negativan.

• jednak 0, (1− x2

)y − x = 0

y =x

1− x2, 1− x2 6= 0

20


x ' = x y - x

y ' = 4 - x2 - y2

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

x

y

m

m

m

mm

m

m

m

Slika 1.14: Horizontalne plave crtice označavaju nagib 0 a vertikalne nagib∞. Narančasto iscrtkana područja su područja s pozitivnim nagibom tra-jektorije, a plavo iscrtkana područja s negativnim nagibom trajektorije.

• jednak ∞,Nagib je ∞ na y = 0.


Iz jednadžbe izoklina, uz uvjete x ≥ 0 i y ≥ 0 koji su navedeni uzadatku, slijede sljedeći uvjeti za predznak od m

Tablica 1.4: Tablica s područjima nagiba istih predznaka.brojnik > 0 brojnik < 0

y > 0 m > 0 m < 0y < 0 m < 0 m > 0

21


– brojnik > 0 (1− x2

)y − x > 0(

1− x2)y > x

uz 1− x2 > 0⇒ y > x1− x2

uz 1− x2 < 0⇒ y < x1− x2

– brojnik < 0 (1− x2

)y − x < 0(

1− x2)y < x

uz 1− x2 > 0⇒ y < x1− x2

uz 1− x2 < 0⇒ y > x1− x2

Skicirana područja su na slici 1.15.



m = 11

== tanαα = atan2 (1, 1) = 45◦

Iz ovoga slijedi da je početni nagib takav da se krivulja kreće u smjerukazaljke na satu. S obzirom da se radi o ravnotežnoj točki tipa centar,trajektorija je zatvorenog oblika. Rješenje je prikazano slikom 1.15 a u ispituje potrebno nacrtati bilo kakav zatvoreni oblik krivulje koja je usmjerena usmjeru kazaljke na satu.

Rješenje 1.9


x =1

s2yN ⇒

d2x

dt2= yN

y =dx

dt⇒ dy

dt= yN

dy

dtydt

dx= yN

22


��

��

��

��

�

�

�

�

�

�

m0

m>0

m


y2 +C

ax2 = const

b) Uz parametre sustava C = 1.5, a = 3 i početne uvjete x(0) = 4 i ẋ(0) = 1,izračunajte sve karakteristične točke trajektorije stanja i skicirajte ju ufaznoj ravnini x–ẋ. Napomena: Nije potrebno odredivati smjer trajekto-rije!

korak x0 y0 latica const. jednadžba xkrajnje ykrajnje1. 4 1 II. 13 y2 = −3x+ 13 3 ±22. 3 ±2 III. 8.5 y2 + 0.5x2 =

8.5-3 -(±2)

3. -3 -(±2) I. 13 y2 = 3x+ 13 -3 ±2

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−3

−2

−1

0

1

2

3

x

y

Slika 1.16: Trajektorija uz zadani početni uvjet (crveni kružić).

Rješenje 1.10


24


x =1

s2u⇒ d

2x

dt2= u

y =dx

dt⇒ dy

dt= u

dy

dtydt

dx= u

ydy = udx

y2 = 2

∫udx+ const.

I. laticae < −a⇒ x > a⇒ u = −C

y2 = −2Cx+ const

II. latica|e| < a⇒ |x| < a⇒ u = 0

y2 = const

III. laticae > a⇒ x < −a⇒ u = C

y2 = 2Cx+ const

b) Uz parametre sustava C = 1.5, a = 3 i početne uvjete x(0) = 4 i ẋ(0) = 1,izračunajte sve karakteristične točke trajektorije stanja i skicirajte ju ufaznoj ravnini x–ẋ. Napomena: Obavezno označiti smjer trajektorije inapisati kako je odreden!

korak x0 y0 latica const. jednadžba xkrajnje ykrajnje1. 4 1 I. 7 y2 = −3x+ 13 3 ±22. 3 ±2 II. 4 y2 = 4 -3 ∓23. -3 ∓2 III. 13 y2 = 3x+ 13 -3 ±2

Smjer se može odrediti tako da se izračuna kut trajektorije u zadanompočetnom trenutku.

Rješenje 1.11

25


−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−3

−2

−1

0

1

2

3

x

y

III. II. I.

Slika 1.17: Trajektorija uz zadani početni uvjet (crveni kružić).


x =1

s(s+ 1)u⇒ d

2x

dt2+dx

dt= u

y =dx

dt⇒ dy

dt= u

dy

dt+ y = u

dy

dx

dx

dt+ y = u

dy

dxy + y = u

y

u− ydy = dx

Integriranjem obje strane se dobije:

x = −y − u ln |u− y|+ const.

I. laticae < −a⇒ x > a⇒ u = −C

26


x = −y + C ln |−C − y|+ const.

II. latica|e| < a⇒ |x| < a⇒ u = 0

x = −y + const.

III. laticae > a⇒ x < −a⇒ u = C

x = −y − C ln |C − y|+ const.

b) Kolika smije biti maksimalna brzina izlaza (y = dxdt

) na prijelazu u po-dručje odredenu s u = 0 da bi se sustav smirio u ravnotežnom stanjuprije nego što napusti područje odredeno s u = 0?

U području odredenom s u = 0 trajektorija se giba po pravcu. Što je većabrzina y s kojom upada u srednju laticu, to je veća udaljenost ravnotežnetočke od ishodǐsta. Najdalje što može biti ravnotežna točka je u x = −aili x = a.

const. se može odrediti iz početnog uvjeta (x0, y0) = (±a, y0) gdje je y0tražena veličina. Dakle jednadžba je

±a = −y0 + const.

Konačna točka je odredena s x = ∓a (primjetite obrnute predznake odpočetne točke) te vrijedi jednadžba

∓a = −y + const.⇒ const. = ∓a

Uvrštavanjem const. u početnu jednadžbu, dobijemo da je

y0 = ∓2a .

27

Poglavlje 2

Opisna funkcija

Zadatak 2.1

Na slici 2.1 prikazan je nelinearni element tropoložajnog releja. Na ulaznelinearnog elementa narinut je sinusni signal oblika x(t) = Xm sin(ωt) gdjeje Xm > a.

+C

-C

a-a

x

y

Slika 2.1: Tropoložajni relej.

a) Nacrtajte signal na izlazu iz nelinearnog elementa, y(t), i na njemu označitesve karakteristične točke.

b) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) nelinearnog ele-menta.

Zadatak 2.2

U otvorenom krugu upravljanja nalazi se dvopoložajni relej s histerezomi proces opisan funkcijom prijenosa G(s) = K

s(Ts+1). Na ulaz u nelinearni

28

2. Opisna funkcija v1.0

element narinut je signal oblika x(t) = Xm sin(ωt). Opisna funkcija dvo-

položajnog releja s histerezom je GN =4CπXm

√1− ( xa

Xm)2 − j 4Cxa

πX2m.

a) Napǐsite izraz za osnovni harmonik izlaznog signala iz releja, u(t) =Um sin(ωt+ ϕ).

b) Odredite s kolikim pojačanjem proces pojačava drugi po redu harmonikkoji se javlja na izlazu iz nelinearnog elementa.

Zadatak 2.3

Na slici 2.2 prikazan je nelinearni element zasićenje. Na ulaz nelinearnogelementa narinut je sinusni signal oblika x(t) = Xm sin(ωt).

xa-a

y

C

Slika 2.2: Zasićenje.

a) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) kada je Xm < a.

b) Nacrtajte signal na izlazu iz nelinearnog elementa, y(t), i na njemu označitesve karakteristične točke ako je Xm > a.

c) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) nelinearnog ele-menta kada je Xm > a.

Napomena: sin2 x = 1−cos (2x)2

i sin (2x) = 2 sinx cosx

Zadatak 2.4

U otvorenom krugu upravljanja nalazi se nelinearni element i proces opisanfunkcijom prijenosa G(s) = Ks

Ts+1. Na ulaz u nelinearni element narinut je

signal oblika x(t) = Xm sin(ωt). Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm)+jQ(Xm) nelinearnog elementa ako je na izlazu iz procesa zabilježen osnovniharmonik oscilacija oblika y(t) = Xm sin(ωt).

Zadatak 2.5

Na slici 2.3 prikazan je nelinearni element dvopoložajni relej s histerezom. Naulaz nelinearnog elementa narinut je sinusni signal oblika x(t) = Xm sin(ωt).

29


+C

a

-a

-C

Ny

x

Slika 2.3: Dvopoložajni relej s histerezom.

a) Koji harmonici se javljaju ma izlazu iz nelinearnog elementa?



d) Koliko je fazno zaostajanje osnovnog harmonika na izlazu nelinearnogelementa u odnosu na signal na ulazu?

Zadatak 2.6

Na slici 2.4 prikazan je nelinearni element zona neosjetljivosti. Na ulaz neli-nearnog elementa narinut je sinusni signal oblika u1(t) = Xm sin(ωt) gdje jeXm > a.

u1

a

-aK(u

1

- a)

K(u1

+a)

u2

Slika 2.4: Zona neosjetljivosti.

a) Nacrtajte signal na izlazu iz nelinearnog elementa, u2(t), i na njemuoznačite sve karakteristične točke.

30


b) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) nelinearnog ele-menta kada je Xm > a.


i sin (2x) = 2 sinx cosx

31


2.1 Rješenja

Rješenje 2.1

a) Nacrtajte signal na izlazu iz nelinearnog elementa, y(t), i na njemu označitesve karakteristične točke.

xa

-a

y

t

yN

πω

C

1t 1tπω

−

t1 t

mX

( ) ( )sinmx t X tω=

C

x

Slika 2.5: Tropoložajni relej i njegov izlaz uz sinusnu funkciju na ulazu.

b) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) nelinearnog ele-menta.

Ulazni signal je sinusni, oblika x = Xm sin (ωt). U trenutku t1, iznosulaznog signala je a, stoga pǐsemo

a = Xm sin (ωt1) = Xm sinϕ1

odnosnoϕ1 = arcsin

a

Xm

Slijedi imaginarni dio opisne funkcije

QN =1

πXm

2π∫0

C cosϕdϕ = 2CπXm

π−ϕ1∫ϕ1

cosϕdϕ =

= 2CπXm

[sin (π − ϕ1)− sinϕ1] = 0.

32


Ovo je očekivano budući da je nelinearnost jednoznačna.Realni dio opisne funkcije:

PN =1

πXm

2π∫0

C sinϕdϕ = 2CπXm

π−ϕ1∫ϕ1

sinϕdϕ =

= 2CπXm

[− cos (π − ϕ1) + cosϕ1] =

= 4CπXm

cosϕ1 =4CπXm

cos(

arcsin aXm

)= 4C

πXm

√1−

(aXm

)2

Rješenje 2.2

a) Napǐsite izraz za osnovni harmonik izlaznog signala iz releja, u(t) =Um sin(ωt+ ϕ).

Pojačanje nelinearnog elementa je

|GN | =√P 2N +Q

2N =

4C

πXm

Kut je

ϕ = arctanPNQN

= arctan

(− xa√

X2m − x2a

)

Izlazni signal ima oblik

u (t) = |GN |Xm sin (ωt+ ϕ) =4C

πsin

[ωt+ arctan

(− xa√

X2m − x2a

)]

b) Odredite s kolikim pojačanjem proces pojačava drugi po redu harmonikkoji se javlja na izlazu iz nelinearnog elementa.

S obzirom da je nelinearni element neparan, vǐsi harmonici koji se javljajusu neparni. Drugi harmonik po redu koji se javlja na izlazu iz nelinearnogelementa je onaj sa frekvencijom 3ω. Linearni dio taj harmonik pojačavasa iznosom

|G (j3ω)| = K3ω√

9T 2ω2 + 1

33


Rješenje 2.3

a) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) kada je Xm < a.

PN =1

πXm

2π∫0

CaXmsin

2ϕdϕ = 1πXm

CaXm

2π∫0

1−cos 2ϕ2

dϕ =

= Caπ

(122π − sin 2π−sin 0

4

)= C

a

Ovo je naravno jasno i bez računanja budući da za Xm < a nelinearnielement je jednak pojačanju. Imaginarni dio je 0 jer je nelinearni elementjednoznačan, QN = 0.


xa-a

y

t

yN

πω

1t1t

πω

−

1 t

mX


x

C( ) ( )sinm

Cx t X t

aω=

C

Slika 2.6: Zasićenje i njegov izlaz uz sinusnu funkciju na ulazu.




odnosnoϕ1 = arcsin

a

Xm

34


Slijedi imaginarni dio opisne funkcije je 0 budući da je nelinearni elementjednoznačan.Realni dio opisne funkcije:

PN =1

πXm

[ϕ1∫0

CaXmsin

2ϕdϕ +π−ϕ1∫ϕ1

C sinϕdϕ+π+ϕ1∫π−ϕ1

CaXmsin

2ϕdϕ+

+2π−ϕ1∫π+ϕ1

−C sinϕdϕ+2π∫

2π−ϕ1

CaXmsin

2ϕdϕ

]=

= 1πXm

[4ϕ1∫0

CaXmsin

2ϕdϕ+ 2π−ϕ1∫ϕ1

C sinϕdϕ

]

ϕ1∫0

sin2ϕdϕ =ϕ1∫0

1−cos 2ϕ2

dϕ = 12ϕ1 − 14 (sin 2ϕ1 − sin 0) =

= 12

(arcsin a

Xm− sinϕ1 cosϕ1

)= 1

2

(arcsin a

Xm− a

Xm

√1−

(aXm

)2)π−ϕ1∫ϕ1

sinϕdϕ = − cos (π − ϕ1) + cosϕ1 = 2 cosϕ1 = 2√

1−(

aXm

)2

PN =1

πXm

[2CaXm arcsin

aXm− 2C

√1−

(aXm

)2+ 4C

√1−

(aXm

)2]=

= 2Cπa

[arcsin a

Xm+ 2 a

Xm

√1−

(aXm

)2]

Rješenje 2.4

Neka je signal na ulazu u nelinearni element x (t) = Xm sinωt, na izlazu iznelinearnog elementa (ulazu u proces) u (t) = Um sin (ωt+ ϕu) i na izlazu izprocesa y (t) = Ym sin (ωt+ ϕy).

Vrijedi

Um = |GN |Xm (2.1)ϕu = ϕ (GN) (2.2)

i

Ym = |GP (jω)|Um (2.3)ϕy = ϕ (GP (jω)) + ϕu (2.4)

35


Iz funkcije prijenosa procesa slijedi

GP (jω) =Kjω

1+jTω= Kjω(1−jTω)

1+(Tω)2= Kω

1+(Tω)2(j + Tω)

|GP (jω)| = Kω√1+(Tω)2

ϕ (GP (jω)) = arctan1Tω

Budući da je ϕy = 0, iz (2.4) slijedi

ϕu = − arctan1

Tω.

Budući da je Ym = Xm, iz (??) slijedi

Um = Xm

√1 + (Tω)2

Kω.

Uvrštavanjem u (2.1) dobije se

|GN | =

√1 + (Tω)2

Kω.

S obzirom da je GN = PN + jQN , slijedi da je |GN | =√P 2N +Q

2N od kuda

proizlazi

P 2N +Q2N =

1 + (Tω)2

(Kω)2(2.5)

Uvrštavanjem u (2.2) dobije se

ϕ (GN) = − arctan1

Tω= arctan

(− 1Tω

).

S obzirom da je GN = PN + jQN , slijedi da je ϕ (GN) = arctanQNPN

odkuda proizlazi jedno od rješenja

QNPN

= − 1Tω

. (2.6)

Kombinacijom jednadžbi (2.5) i (2.6) dobije se

PN =TK

QN = − 1Kω

Rješenje 2.5

36


a) Koji harmonici se javljaju ma izlazu iz nelinearnog elementa?Neparni vǐsekratnici osnovnog harmonika.


-C

xat

yN

C

1t

1tπω

+

t1 t

mX


C

x

1

2t

πω

+

yN

Slika 2.7: Slika uz rješenje – izlaz iz dvopoložajnog releja s histerezom.




odnosnoϕ1 = arcsin

a

Xm

37


Realni i imaginarni dio opisne funkcije:

PN =1

πXm

2π∫0

yN sinϕdϕ =1

πXm

[π+ϕ1∫ϕ1

C sinϕdϕ−2π+ϕ1∫π+ϕ1

C sinϕdϕ

]=

= CπXm

[− cos (π + ϕ1) + cosϕa + cosϕa − cos (π + ϕ1)] =

= 4CπXm

cosϕ1 =4CπXm

√1−

(aXm

)2

QN =1

πXm

2π∫0

yN cosϕdϕ =1

πXm

[π+ϕ1∫ϕ1

C cosϕdϕ−2π+ϕ1∫π+ϕ1

C cosϕdϕ

]=

= CπXm

[sin (π + ϕ1)− sinϕa − sin (2π + ϕa) + sin (π + ϕ1)] == − 4C

πXmsinϕ1 = − 4CaπX2m

d) Koliko je fazno zaostajanje osnovnog harmonika na izlazu nelinearnogelementa u odnosu na signal na ulazu?

ϕ = atanQ

P= atan

(− a√

X2m − a2

)

Rješenje 2.6

a) Nacrtajte signal na izlazu iz nelinearnog elementa, u2(t), i na njemuoznačite sve karakteristične točke.

b) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) nelinearnog ele-menta kada je Xm > a.



odnosnoϕ1 = arcsin

a

Xm

Slijedi imaginarni dio opisne funkcije je 0 budući da je nelinearni elementjednoznačan.Realni dio opisne funkcije:

38


t

u1a

-a

u2

t

u2

1 t

mX

( ) ( )1 sinmu t X tω=

u1

( ) ( )( )2 sinmu t K X t aω= −

4

πω

1t

Slika 2.8: Zona neosjetljivosti i njezin izlaz uz sinusnu funkciju na ulazu.

PN =4

πXm

π2∫ϕa

u2 sinϕdϕ =4

πXm

π2∫ϕa

K (Xm sinϕ− a) sinϕdϕ =

= 4KπXm

π2∫ϕa

(Xmsin

2ϕ− a sinϕ)dϕ

Vrijedi da je∫

sin2ϕdϕ = 12

[ϕ− 1

2sin 2ϕ

]iz čega slijedi

PN =4KπXm

[Xm2

(π2− ϕa − 12 sinπ +

12

sin 2ϕa)− a

(− cos π

2+ cosϕa

)]=

= 2Kπ

(π2− ϕa + 12 sin 2ϕa

)− 4K

πaXm

cosϕa =

= K − 2Kπ

(arcsin a

Xm+ a

Xm

√1 +

(aXm

)2)

39

Poglavlje 3

Vlastite oscilacije

Zadatak 3.1

Sustav prikazan slikom 3.1 se nalazi u režimu vlastitih oscilacija, tj. u1(t) =A sin(ωt) i u2(t) = B sin(ωt + ϕ). Odredite amplitudu i frekvenciju vlastitihoscilacija na ulazu u dvopoložajni relej (A i ω). Zadano je: K = 2, T1 = 1,T2 = 2, a = 0.1 i C = 0.7.

Napomena: Opisna funkcija tropoložajnog releja jeGN (A) =4CπA

√1−

(xaA

)2.

( )( )1 21 1K

T s T s+ +

1s a

-aC

C1u

2u

Slika 3.1: Zatvoreni krug upravljanja s dva nelinearna elementa.

Zadatak 3.2

Proces kojega sačinjavaju dva pola se nalazi u zatvorenom krugu upravljanjas jednoznačnim nelinearnim elementom. Može li u ovakvom sustavu doći dovlastitih oscilacija? Precizno obrazložite odgovor korǐstenjem metode Gold-farba.

40

3. Vlastite oscilacije v1.0

Zadatak 3.3

Sustav prikazan Slikom 3.2 se nalazi u režimu vlastitih oscilacija, tj. u1(t) =A sin(ωt) i u2(t) = B sin(ωt + ϕ). Zadano je: K = 0.1, T = 2, a = 0.1 iC = 0.7. Odredite nepoznate parametre vlastitih oscilacija A, B, ω i ϕ.

Napomena: Opisna funkcija tropoložajnog releja je GN (A) =4CπA

√1−

(aA

)2.

a

-aC

C1u

2u1s

( )1K

s Ts +


Zadatak 3.4

Zadan je sustav upravljanja prikazan slikom 3.3 gdje su T > 0 i T2 > 0.

a) Neka je F (x) = K · x. Odredite područje stabilnosti zatvorenog krugaupravljanja u ovisnosti o parametru K.

b) Neka je F (x) = K ·x3. Odredite amplitudu i frekvenciju vlastitih oscilacijate odredite njihovu stabilnost.

c) Nacrtajte na istoj slici područje stabilnosti u ravnini Xm–K za slučajeveiz a) i b) dijela zadatka.


.

F(x) ( )21

1

Ts

s T s

− ++

Slika 3.3: Nelinearni sustav upravljanja.

41


Zadatak 3.5

Zadan je zatvoreni krug upravljanja s tropoložajnim relejem i procesom sdva pola, jednim integratorom i bez nula. Korǐstenjem metode Goldfarbaodredite koliko mora biti amplitudno osiguranje sustava da NE dode do po-jave vlastitih oscilacija. Dobiveni rezultat izrazite pomoću parametara tro-položajnog releja (a i C).

Napomena: Opisna funkcija tropoložajnog releja je GN (A) =4CπA

√1−

(aA

)2.

Zadatak 3.6

Nelinearan je sustav prikazan slikom 3.4 gdje je C = 0.5 a opisna funkcijadvopoložajnog releja GN (A) =

4CπA

.

C1u

2u1s

( )21K

Ts +

C

S


a) Odredite parametre sustava K i T ako se uz otvorenu sklopku S javljajuvlastite oscilacije u2(t) = 0.2 sin (0.2t).

b) Uz odredene K i T pod a), odredite nepoznate parametre vlastitih osci-lacija, tj. u1(t) = A sin(ωt) i u2(t) = B sin(ωt + ϕ) uz zatvorenusklopku S.

Zadatak 3.7

Nelinearan je sustav prikazan slikom 3.5. Korǐstenjem Goldfarbovog prin-cipa, odredite kolika mora biti vremenska konstanta T da ne dode do pojavevlastitih oscilacija u sustavu prikazanom slikom 3.5 ako je nelinearni elementF (x) kvantizator s kvantizacijskom razinom D. Opisna funkcija kvantizatoraje

GN(Xm) =

0, Xm <

D2

4DπXm

n∑k=1

√1−

(2k−12

DXm

)2, 2n−1

2D < Xm <

2n+12D

42


F(x) ( )21

1

Ts

s T s

− ++


Zadatak 3.8

U zatvorenom krugu upravljanja s negativnom jediničnom povratnom vezomnalaze se tropoložajni relej i proces opisan funkcijom prijenosa G(s). Opisnafunkcija tropoložajnog releja je

GN (Xm) =4C

πXm

√1−

(xaXm

)2gdje je Xm amplituda ulaznog sinusnog signala, C izlaz iz tropoložajnogreleja, a xa širina zone neosjetljivosti tropoložajnog releja. Korǐstenjem Gol-dfarbovog principa, odredite koliko mora biti amplitudno osiguranje procesada u ovakvom sustavu ne dode do pojave vlastitih oscilacija.

Zadatak 3.9

Slikom 3.6 je prikazan zatvoreni krug upravljanja servo motorom korǐstenjemP regulatora. Servo motor inherentno sadrži zazor čija je opisna funkcija

GN (Xm) =1

π

π2− arcsin

(2a

Xm− 1)−(

2a

Xm− 1)√

1−(

2a

Xm− 1)2+

+ j4a

πXm

(a

Xm− 1).

K1

1 Ts+1

s aauθ iθ0r =

servo motor

Slika 3.6: Zatvoreni krug upravljanja servo motorom.

43


6

0

vrijeme [s] 10.56 11.72

iθ

(a)

( )1N mG X−Re

Im

(b)

Slika 3.7: (a) Izlazni signal iz zazora, θi i (b) negativna inverzna opisnafunkcija zazora, −G−1N (Xm).

a) Uz parametre servo motora T = 0.5s i a = 0.05rad, te proporcionalniregulator K = 20 V

radsnimljene su oscilacije na izlazu iz zazora koje su

prikazane slikom 3.7(a). Odredite amplitudu vlastitih oscilacija na ulazuu zazor, θu = Xm sin (ωt). Ukoliko postoji vǐse rješenja, ne treba raditianalizu stabilnosti vlastitih oscilacija već samo navesti sva rješenja.

b) Korǐstenjem pricipa Goldfarba te grafičkog prikaza −G−1N (Xm) na slici3.7(b) pokažite da ako vrijedi K ·T < 1 (uz K > 0 i T > 0) nikada ne možedoći do vlastitih oscilacija u zatvorenom krugu upravljanja prikazanomslikom 3.6.

44


3.1 Rješenja

Rješenje 3.1

Karakteristična jednadžba zatvorenog kruga upravljanja može se napisatikao:

1 +GN1 (A)K

(T1s+1)(T2s+1)GN2 (B)

1s

= 0

T1T2s3 + (T1 + T2) s

2 + s+KGN1 (A)GN2 (B) = 0.

Supstitucijom s = jω dobije se

−jT1T2ω3 − (T1 + T2)ω2 + jω +KGN1 (A)GN2 (B) = 0.

Iz imaginarnog dijela−T1T2ω3 + ω = 0

direktno slijedi frekvencija vlastitih oscilacija:

ω =1√T1T2

= 0.707

Iz realnog dijela

− (T1 + T2)ω2 +KGN1 (A)GN2 (B) = 0

ćemo dobiti traženu amplitudu A.Opisne funkcije su

GN1 (A) =4CAπ

GN2 (B) =4CBπ

√1−

(xaB

)2 .Sada je potrebno izraziti amplitudu B pomoću amplitude A tako da ostanejedna jednadžba s jednom nepoznanicom.

B = |GP (jω)|GN1 (A)A =K√

(T1ω)2 + 1

√(T2ω)

2 + 1GN1 (A)A

B =K√T1T2

T1 + T2GN1 (A)A

GN2 (B) =4C (T1 + T2)

πGN1 (A)AK√T1T2

√1−

(xa (T1 + T2)

K√T1T2

1

GN1 (A)A

)2=

45


=T1 + T2

K√T1T2

√√√√√√√1−xa (T1 + T2) π4CK√T1T2︸︷︷︸

α

2

Iz realnog dijela sada slijedi:

T1 + T2T1T2

= K4C

Aπ

T1 + T2

K√T1T2

√1− α2

I na kraju

A =4C√T1T2π

√1− α2

α = 0.119005

iA = 1.2515

Rješenje 3.2

Nyquistov dijagram procesa s dva pola prolazi kroz IV. i III. kvadrant. Jed-noznačni nelinearni element ima samo realni dio, tako da negativni inverz senalazi isključivo na realnoj osi u Nyquistovoj ravnini. Zaključak je da nikadaneće doći do presjecǐsta izmedu dvije krivulje.

Rješenje 3.3

Dvopoložajni relej ima opisnu funkciju

GN1 (A) =4C

πA

a tropoložajni relej

GN2 (B) =4C

πB

√1−

( aB

)2.

Prvo je potrebno doći do karaktersitične jednadžbe zatvorenog kruga.Mogu se napisati sljedeće jednadžbe:

u1 = −1

sGN2 (B)u2 (3.1)

u2 =K

s (Ts+ 1)[GN1 (A)u1 −GN2 (B)u2] (3.2)

46


Uvrštavanjem (3.1) u (3.2) i kraćenjem u2 dobije se karakteristična jed-nadžba zatvorenog kruga:

Ts3 + s2 +KGN2 (B) s+KGN1 (A)GN2 (B) = 0. (3.3)

Uvrštavanjem s = jω dobije se:

• imaginarni dio ω2 = KTGN2 (B) i

• realni dio ω2 = KGN1 (A)GN2 (B)

Kombinacijom ove dvije jednadžbe dobije se

GN1 (A) =1

T⇒ A = 4CT

π= 1.7825 .

Veza izmedu amplitude A i B se može najjednostavnije naći iz (3.1) kakoslijedi:

|u1| =∣∣∣∣1sGN2 (B)

∣∣∣∣ |u2|A =

1

ωGN2 (B)B =

1

ω

4C

π

√1−

( aB

)2Uvrštavanjem poznatog A i ω iz imaginarnog dijela karakteristične jednadžbedobije se

B =

√(4CTK

π

)2+ a2 = 0.2044 .

Frekvencija oscilacija se jednostavno dobije iz imaginarnog dijela karak-teristične jednadžbe:

ω =

√K

TGN2 (B)

ω =1√

T 2 +(

πa4CK

)2 = 0.4361 .Kut ϕ koji se javlja izmedu u1 i u2 se odredi opet iz (3.1) kao

∠u1 =(π − π

2

)+ ∠u2

∠u2 = ∠u1 −π

2

47


ϕ = −π2,

što je logično budući da su ta dva signala vezana samo preko integratora (inegativnog predznaka).

Rješenje 3.4

a) U ovom slučaju imamo linearan sustav upravljanja gdje je F (x) zapravopojačanje K. Zatvoreni krug upravljanja je onda:

Gcl (s) =Go

1 +Go=

−Ts+ 1T2Ks2 + 1−KT

Ks+ 1

Za stabilnost je dovoljno osigurati da su svi koeficijenti karakterističnejednadžbe pozitivni, iz čega slijedi

K ∈(

0,1

T

).

b) Odredimo prvo opisnu funkciju kubne funkcije:

PN =1

πXm

2π∫0

K(Xm sinϕ)3 sinϕdϕ =

=KX2mπ

2π∫0

(sinϕ)4dϕ =KX2mπ

2π∫0

(1− cos 2ϕ

2

)4dϕ =

=KX2m

4π

2π∫0

1− 2 cos 2ϕ+ (cos 2ϕ)2dϕ =

=KX2m

4π

2π∫0

2− 2 cos 2ϕ− (sin 2ϕ)2dϕ =

=KX2m

4π

2π∫0

2− 2 cos 2ϕ− 12

+1

2cos 2ϕdϕ =

=3

4KX2m

48


Sada jednostavno odredujemo karakterističnu jednadžbu budući da je za-tvoreni krug klasičnog oblika:

1 +GN (Xm)Go (jω) = 0

T2(jω)2 + (jω) +GN (Xm) (−Tjω + 1) = 0

(GN − ω2T2) + j (ω − ωTGN) = 0

• imaginarni dio GN = 1T i

• realni dio ω =√

GNT2

.

Iz imaginarnog dijela odmah slijedi amplituda vlastitih oscilacija:

Xm =2√3T

1√K

.

Uvrštavanjem ove amplitude u realni dio dobije se frekvencija vlastitihoscilacija:

ω =1√TT2

.

Za stabilnost treba provjeriti uvjet

∂R

∂Xm

∂I

∂ω− ∂I∂Xm

∂R

∂ω> 0

gdje su

R =3

4KX2m − ω2T2

i

I = ω

(1− 3

4KTX2m

)realni i imaginarni djelovi karakteristične jednadžbe. Slijedi:

∂R

∂Xm=

3

2KXm =

√3K

T∂I

∂ω= 1− 3

4KTX2m = 0

∂I

∂Xm= −3

2KTXm = −

√3KT

∂R

∂ω= −2ωT2 = −

√T2T

odnosno −√

3KT2 > 0 što nije istina. Zaključak je da vlastite oscilacijenisu stabilne .

49


mX

K1

T0

2

3KT

Slučaj a)

Slučaj b)

Slika 3.8: Područje stabilnosti vlastitih oscilacija.

c) Rješenje je prikazano slikom 3.8.

Rješenje 3.5

Goldfarbova metoda se svodi na korǐstenje relacije

− 1GN (Xm)

= GP (jω)

na način da se lijeva i desna strana zasebno nacrtaju. Presjecǐste izmedu ovedvije krivulje daje točku vlastitih oscilacija (stabilnih ili nestabilnih).

Opisna funkcija tropoložajnog releja ima samo realnu komponentu, takoda i njezin negativni inverz ima samo realnu komponentu. Odredivanjemekstrema (negativnog) inverza može se odrediti koji dio negativne realne osizauzima negativni inverz opisne funkcije:

1

GN (Xm)=

π

4C

X2m√X2m − a2

∂

∂Xm

1

GN (Xm)= 0⇒ Xm = a

√2

1

GN (Xm)

∣∣∣∣Xm=a

√2

=πa

2C

50


Dakle lijeva strana jednadžbe zauzima realni dio osi na području(−∞,− πa

2C

).

Desna strana je Nyquistov dijagram procesa. Podatak da proces ima dvapola, integrator i da nema nula nam služi tome da zaključimo da Nyquistovdijagram procesa (otvorenog kruga bez nelinearnog elementa) siječe realnu osjednom i to u točki koja je udaljena od ishodǐsta 1

A.O.gdje je A.O. amplitudno

osiguranje.Budući da presjeka ne smije biti slijedi:

1

A.O.<πa

2C

odnosno

A.O. >2C

πa.

Rješenje 3.6

a) Odredite parametre sustava K i T ako se uz otvorenu sklopku S javljajuvlastite oscilacije u2(t) = 0.2 sin (0.2t).

Za nelinearni sustav (s otvorenom sklopkom) možemo pisati:

1 +GN1 (A)K

(Ts+ 1)2GN2 (B)

1

s= 0

i iz toga slijedi karakteristična jednadžba sustava

T 2s3 + 2Ts2 + s+KGN1 (A)GN2 (B) = 0−jT 2ω3 − 2Tω2 + jω +KGN1 (A)GN2 (B) = 0

Iz imaginarnog dijela se odmah dobije

−jT 2ω3 + ω = 0

iz čega slijedi

T =1

ω= 5

Iz realnog dijela slijedi:

−2Tω2 +KGN1 (A)GN2 (B) = 0

51


K =2Tω2

GN1 (A)GN2 (B)= 2ω

( π4C

)2AB

Za izračun nam je potrebna i amplituda vlastitih oscilacija A. Vezaizmedu A i B se može dobiti iz veze preko integratora:

|u1| =∣∣1sGN2 (B)

∣∣ |u2|A = 1

ωGN2 (B)B

A =1

ω

4C

π(3.4)

Sada se može odrediti traženo pojačanje K:

K =πB

2C= 0.6283

b) Uz odredene K i T pod a), odredite nepoznate parametre vlastitih osci-lacija, tj. u1(t) = A sin(ωt) i u2(t) = B sin(ωt + ϕ) uz zatvorenusklopku S.

Kada je sklopka zatvorena, vrijedi sljedeća karakteristična jednadžba ne-linearnog sustava:

u1 = −1sGN2 (B)u2u2 =

K(Ts+1)2

[GN1 (A)u1 −GN2 (B)u2]1 = K

(Ts+1)2

[−1sGN1 (A)GN2 (B)−GN2 (B)

]T 2s3 + 2Ts2 + s+KGN2 (B) s+KGN1 (A)GN2 (B) = 0−jT 2ω3 − 2Tω2 + jω [1 +KGN2 (B)] +KGN1 (A)GN2 (B) = 0

Imaginarni dio:T 2ω2 = 1 +KGN2 (B)

GN2 (B) =T 2ω2−1

K

Realni dio:2Tω2 = KωGN2 (B)GN2 (B) =

2TωK

Kombinacijom imaginarnog i realnog dijela dobije se frekvencija vlastitihoscilacija:

T 2ω2 − 2Tω − 1 = 0

52


ω =1±√

2

T

ω =1 +√

2

T= 0.4828

Uvrštavanjem u realni dio dobije se:

4CπB

= 2TωK

B = 2CKπTω

B = 2CKπ(1+

√2)

= 0.0828

Amplituda A se jednostavno izračuna iz (3.4):

A =1

ω

4C

π=

4CT

π(1 +√

2) = 1.3186

Kut ϕ koji se javlja izmedu u1 i u2 se odredi kao

∠u1 =(π − π

2

)+ ∠u2

∠u2 = ∠u1 −π

2

ϕ = −π2,

što je logično budući da su ta dva signala vezana samo preko integratora (inegativnog predznaka).

Rješenje 3.7

Potrebno je naći za koju ulaznu amplitudu postoji ekstrem opisne funkcijekvantizatora. Poznato je iz laboratorijskih vježbi, a i jednostavno se pokaže,da će se maksimum postići kada je aktivan samo jedna kvantizacijska razina.

GN (Xm) =4D

πXm

√1− 1

4

(D

Xm

)2∂GN (Xm)

∂ DXm

= 0⇒ DXm

=√

2

GN(Xm)max = GN

(D√

2

)=

4

π

53


Iz imaginarnog V (ω) i realnog U (ω) dijela frekvencijske karakteristikeprocesa (koji su već odredeni u a) dijelu zadatka) možemo odrediti gdjeNyquistova krivulja siječe realnu os:

Im {G (jω)} = V (ω) = 0⇒ TT2ω2 − 1 = 0

ω =1√TT2

Pri toj frekvenciji je realni dio:

U (ω) = −T2 + TT2T

+ 1= −T

Po Goldfarbu, ne smije dodi do presijecanja negativnog inverza opisnefunkcije nelinearnog elementa i Nyquistove karakteristike sustava, tj.

U

(1√TT2

)< G−1N,max

iz čega slijedi rješenje:

T <π

4

Rješenje 3.8

Goldfarbov princip je prikazan jednadžbom

−G−1N (Xm) = G (jω) .

Da bi došlo do vlastitih oscilacija, dvije krivulje moraju imati presjecǐste.Opisna funkcija tropoložajnog releja ima samo realnu komponentu (jer je jed-noznačna) što znači da se njezin negativni inverz nalazi na lijevoj negativnojrealnoj osi. Maksimum opisne funkcije je:

dGN (Xm)

dXm= 0⇒ Xm = xa

√2

GN,max

(xa√

2)

=2C

πxaIz ovoga slijedi da negativni inverz opisne funkcije zauzima realnu os na

području(−∞,−πxa

2C

). Znači da za aomplitudno osiguranje vrijedi:

1

A.O.<πxa2C

54


odnosno

A.O. > 2Cπxa

Rješenje 3.9

a) Uz parametre servo motora T = 0.5s i a = 0.05rad, te proporcionalniregulator K = 20 V

radsnimljene su oscilacije na izlazu iz zazora koje su

prikazane slikom 3.7(a). Odredite amplitudu vlastitih oscilacija na ulazuu zazor, θu = Xm sin (ωt). Ukoliko postoji vǐse rješenja, ne treba raditianalizu stabilnosti vlastitih oscilacija već samo navesti sva rješenja.

Iz izlaznog signala zazora se može očitati frekvencija oscilacija koja jejednaka frekvenciji vlastitih oscilacija:

ω =2π

11.72− 10.56= 5.4165

Za daljnji račun se možemo poslužiti Goldfarbovim principom zapisanimu obliku: GN = −G−1P . Na taj način izbjegavamo traženje recipročnevrijednosti komplicirane opisne funkcije zazora.

GP (jω) =K

jω (1 + jTω)⇒ −G−1P (jω) =

Tω2

K− j ω

K

S obzirom da je imaginarni dio opisne funkcije zazora jednostavnijegoblika, dovoljno je izjednačiti imaginarne dijelove:

Im{−G−1P

}= Im {GN}

4a

πXm

(a

Xm− 1)

= − ωK

ω

KX2m −

4a

πXm +

4a2

π= 0

Xm =2Ka

πω

[1±

√1− π ω

K

]= 0.1176 (1± 0.3862)

Odavde se dobiju dva rješenja: Xm,1 = 0.163 i Xm,2 = 0.0722

55


Ako se sada izjednače realni dijelovi u Goldfarbovoj jednadžbi, dobijese da je jednakost ispunjena za Xm,1 = 0.163 što upućuje na ispravnorješenje.

b) Korǐstenjem pricipa Goldfarba te grafičkog prikaza −G−1N (Xm) na slici3.7(b) pokažite da ako vrijedi K ·T < 1 (uz K > 0 i T > 0) nikada ne možedoći do vlastitih oscilacija u zatvorenom krugu upravljanja prikazanomslikom 3.6.

Za rješavanje ovog zadatka ćemo iskoristiti sliku negativnog inverza opisnefunkcije zazora. Ekstremne vrijednosti opisne funkcije su:

Xm = a ⇒ GN = 0 + j0−G−1N =∞

Xm =∞ ⇒ GN = 1 + j0−G−1N = −1

Odredimo sada Nyquistov dijagram procesa:

GP (jω) =K

jω (1 + jTω)=

−KT(Tω)2 + 1

− jKω

1

(Tω)2 + 1

ω = 0 ⇒ Im =∞,Re = −KTω =∞ ⇒ Im = 0,Re = 0

Kada se obje krivunje nacrtaju jedna pokraj druge dobije se slika 3.9 izkoje je očigledno da uz KT < 1 sigurno nikada neće doći do presijecanjadvije krivulje, tj. nikada neće doći do vlastitih oscilacija.

56


( )1N mG X−Re

Im1− KT−

( )PG jω

Slika 3.9: Odredivanje postojanja vlastitih oscilacija korǐstenjem postupkaGoldfarba.

57

Poglavlje 4

Prinudne oscilacije

Zadatak 4.1

Zadan je nelinearni krug upravljanja prikazan slikom 4.1 gdje je N.E. ne-linearni element. Na ulaz u sustav je doveden harmonički signal oblikau(t) = Um sin(t) zbog čega je sustav uveden u prinudne oscilacije koje naulazu u nelinearni element imaju oblik u0(t) = A sin(t+ ϕ).

2K1sN.E.

u

K

0u

Slika 4.1: Zatvoreni nelinearni krug upravljanja s pobudnim harmoničkimsignalom.

a) Odredite karakterističnu jednadžbu sustava ako opisna funkcija nelinear-nog elementa dobivena harmoničkom linearizacijom ima oblik GN(A) =PN(A) + jQN(A).

b) Odredite za koju minimalnu vrijednost amplitude pobudnog signala dolazido pojave prinudnih oscilacija ako je nelinearni element dvopoložajni relejs opisnom funkcijom GN (A) =

4CπA

. Zadano je K2 = 1.5, K = 1 i C = 0.7.

58

4. Prinudne oscilacije v1.0

Zadatak 4.2

Zatvoreni krug upravljanja sastoji se od linearnog procesa G(p) = B(p)A(p)

i

nelinearnog elementa GN(Xm) = PN(Xm) + jQ(Xm). Na ulaz zatvorenogkruga upravljanja narinut je signal oblika

f(t) = Fv sin(ωvt).

a) Napǐsite jednadžbu koja je pogodna za grafičko odredivanje prinudnihoscilacija oblika x(t) = Xm sin(ωvt+ ϕ) (izvod nije potreban).

b) Skicirajte krivulje za grafičko odredivanje prinudnih oscilacija u slučajukada postoji kritična vrijednost Fv,krit > 0 za koju dolazi do pojave vlas-titih oscilacija. Na slici treba precizno označiti pojedine krivulje, Fv,krit ikut ϕ.

Zadatak 4.3

Nelinearan je krug upravljanja prikazan slikom 4.2 gdje je opisna funkcijadvopoložajnog releja GN (A) =

4CπA

. Na ulaz u sustav je doveden harmoničkisignal oblika

f(t) = Fv sin

(t

T

).

Odredite za koju minimalnu vrijednost amplitude pobudnog signala Fv dolazido pojave prinudnih oscilacija ako je K = 2 i C = 0.7.

1

K

Ts +C

( )f t


Zadatak 4.4

Nelinearan je krug upravljanja prikazan slikom 4.3 gdje je K = 1, C = 1,a =

√32

. Odredite amplitudu i frekvenciju ulaznog signala oblika f(t) =

Fv sin (ωvt) ako su uspostavljene prinudne oscilacije amplitude Xm =√

3 ifrekvencije ω = 1 rad

s.

Napomena: Opisna funkcija dvopoložajnog releja s histerezom je GN (Xm) =

4CπXm

√1−

(aXm

)2− j 4Ca

πX2m.

59


K

p

( )f t +Ca

-a

-C


60


4.1 Rješenja

Rješenje 4.1

a) Odredite karakterističnu jednadžbu sustava ako opisna funkcija nelinear-nog elementa dobivena harmoničkom linearizacijom ima oblik GN(A) =PN(A) + jQN(A).

u0 = K2 (u− y)−Ky = K2u− (K2 +K) yy = 1

sGN (A)u0

dajuu0 [s+ (K2 +K)GN (A)] = K2su

Za prinudne oscilacije vrijedi

u0 = A sin (ωut+ ϕ)

i onda se ulazni signal može pisati kao

u = Um sin (ωut) = Um sin (ωut+ ϕ− ϕ) == Um cosϕ sin (ωut+ ϕ)− Um sinϕ cos (ωut+ ϕ)

u = UmA

(cosϕ− sinϕ

ωus)u0.

Karakteristična jednadžba je onda

s+ (K2 +K)GN (A) = K2UmAs

(cosϕ− sinϕ

ωus

)Frekvencija pobudnog signala je ωu = 1 te supstitucijom s = jωu dobijese

jωu + (K2 +K) [PN (A) + jQN (A)] = K2UmAωu (j cosϕ+ sinϕ)

Realni dio je:

sinϕ =K +K2K2ω

A

UmPN (A)

Imaginarni dio je:

cosϕ =ω + (K +K2)QN (A)

K2ω

A

Um

61


b) Odredite za koju vrijednost amplitude pobudnog signala dolazi do pojaveprinudnih oscilacija ako je nelinearni element dvopoložajni relej s opisnomfunkcijom GN (A) =

4CπA

. Zadano je K2 = 1.5, K = 1 i C = 0.7.

Uvrstimo QN = 0. Budući da vrijedi sinϕ2 + cosϕ2 = 1, iz realnog i

imaginarnog dijela karakteristične jednadžbe dobije se

sinϕ =K +K2K2ω

1

Um

4C

π

cosϕ =1

K2

A

Um

Um =

√(A

K2

)2+

(4C

π

K +K2K2ω

)2

A = K2

√U2m −

(4C

π

K +K2K2ω

)2Da bi postojalo rješenje, izraz pod korijenom mora biti veći od 0.

Um >4C

π

K +K2K2ω

= 1.485

Rješenje 4.2

a)

XmA (jωv) +B (jωv) [PN (Xm) + jQN (Xm)]

A (jωv)︸︷︷︸Z(Xm)

= Fve−jϕ

b) Rješenje je prikazano slikom 4.4.

Rješenje 4.3

Za strukturu nelinearnog sustava zadanog slikom, vrijedi sljedeća relacija zaodredivanje prinudnih oscilacija:

Xm

[1 +

B (jωv)

A (jωv)(PN + jQN)

]︸︷︷︸

Zm

= Fve−jϕ

62


Im

Re

,v kritF

ϕ

( )mZ X

jvF e

ϕ−

Slika 4.4: Grafičko odredivanje prinudnih oscilacija.

Zm = Xm

[1 +

K

Ts+ 1PN

]= Xm

1 +KPN + jTω

1 + jTω

|Zm| = Xm

√(1 +KPN)

2 + (Tω)2√1 + (Tω)2

= Fv

X2m1 + 2KPN + (KPN)

2 + (Tω)2

1 + (Tω)2= F 2v

X2m

1 + 8KCπ [1 + (Tω)2]︸︷︷︸a

1

Xm+

8KC

π[1 + (Tω)2

]︸︷︷︸a

2KC

π

1

X2m

= F 2vUz ωv =

1T

, kao što je zadano u zadatku, vrijedi:

X2m +4KC

πXm + 8

(KC

π

)2− F 2v = 0

Da bi postojale prinudne oscilacije, treba biti

Xm =−4KC

π±√

16(KCπ

)2 − 32(KCπ

)2+ 4F 2v

2> 0

63


odnosno

−4KCπ±

√−16

(KC

π

)2+ 4F 2v > 0

−16(KC

π

)2+ 4F 2v > 16

(KC

π

)2F 2v > 8

(KC

π

)2Fv >

2√

2

πKC = 1.2604

Rješenje 4.4

S obzirom da su prinudne oscilacije frekvencije ω = 1 rads

, onda je i pobudnisignal iste frekvencije, tj.

ωv = 1rad

s.

Jednadžba koja vrijedi za prinudne oscilacije je:

XmA (jωv) +B (jωv) [PN (Xm) + jQN (Xm)]

A (jωv)︸︷︷︸Z(Xm)

= Fve−jϕ.

U zadanom slučaju vrijedi:

A (jω) = jω

B (jω) = K

Q (Xm) = −4Ca

πX2m= −2

√3

3π= −0.3676

P (Xm) =4C

πXm

√1−

(a

Xm

)2=

2

π= 0.6366

Nadalje

Fv = |Zm| = Xm

√(1 +

KQ

ω

)2+

(KP

ω

)2=

√3

π

√√√√(π − 2√33

)2+ 4 =

= 1.5543

64

Poglavlje 5

Stabilnost

Zadatak 5.1

Jednadžbom i slikom 5.1 je zadana statička karakteristika nelinearnog ele-menta. Odredite najmanju klasu nelinearnosti kojoj pripada zadani neline-arni element.

x

tanh(x)

12

2

1tanh( )

1

x

x

ex

e

−=+

Slika 5.1: Karakteristika nelinearnog elementa.

Zadatak 5.2

Nelinearan je sustav prikazan slikom 5.2. Korǐstenjem kriterija Popova,

F(x) ( )21

1

Ts

s T s

− ++


odredite klasu nelinearnosti za koju je sustav prikazan slikom 5.2 stabilan.

65

5. Stabilnost v1.0

Odredite područje stabilnosti zatvorenog kruga upravljanja ako se na mjestunelinearnog elementa nalazi proporcionalni regulator.

Zadatak 5.3

Nelinearan je sustav prikazan slikom 5.3(a) gdje je nelinearni element F (x)prikazan slikom 5.3(b).

F(x) ( )( )1s

s a s

−+ +

(a)

x

K

( )2

2

1tanh( )

1

x

x

eF x K x K

e

−= =+

(b)

Slika 5.3: (a) Nelinearan sustav upravljanja i (b) nelinearni element F (x) =K tanhx.

a) U kojim granicama mora biti parametar procesa a da bi se mogao primi-jeniti kriterij Popova?

b) Korǐstenjem kriterija Popova odredite raspon iznosa parametra K neli-nearnog elementa sa slike 5.3(b) za koji će zatvoreni krug upravljanja saslike 5.3(a) biti apsolutno stabilan.

66

5. Stabilnost v1.0

5.1 Rješenja

Rješenje 5.1

Samo je potrebno naći derivaciju statičke karakteristike u ishodǐstu.

d

dxtanh (x)

∣∣∣∣x=0

=d

dx

(e2x − 1e2x + 1

)∣∣∣∣x=0

= 1

Rješenje 5.2

Odredimo imaginarni i realni dio procesa:

G (jω) = −jTω+1−T2ω2+jω =1ω

1−jTω−T2ω+j

−T2ω−j−T2ω−j =

= 1ω

(−T2−T )ω+j(TT2ω2−1)(T2ω)

2+1

Realni dio:

U (ω) = − T2 + T(T2ω)

2 + 1

Imaginarni dio:

V (ω) =TT2ω

2 − 1ω[(T2ω)

2 + 1]

Sada treba nacrtati krivulju U (ω) + jωV (ω):

ω = 0⇒ ωV (ω) = −1, U (ω) = − (T2 + T )

ω =∞⇒ ωV (ω) = TT2, U (ω) = 0

ωV (ω) = 0⇒ ω = 1√TT2

⇒ U (ω) = −T

Imajući u vidu ove podatke, vidimo da se radi o hodogramu koji počinje

u (− (T2 + T ) ,−1), završava u(

0, TT2

)i siječe realnu os u (−T, 0). Da se

naslutiti da bi Popov pravac mogao prolaziti kroz točku gdje hodogram siječeralnu os i da je hodogram uvijek na desno od tog pravca. No, moramoprovjeriti da je krivulja konveksna, tj. da se uvijek nalazi s desna od Popovogpravca.

Jednostavnom eliminacijom ω dobije se:

ωV (ω) =T

T2+

1

T2U (ω)

67

5. Stabilnost v1.0

što znači da je hodogram zapravo pravac. Po kriteriju Popova može se rećida će zatvoreni krug upravljanja biti stabilan za sve nelinearnosti klase

1

T.

Ako provjerimo što se dogada kada je umjesto nelinearnog elementa pro-porcionalni regulator K, dobije se sljedeća karakteristična jednadžba linear-nog zatvorenog kruga upravljanja:

T2s2 + (1−KT ) s+K = 0

Hurwitzov uvjet stabilnosti kaže da je zatvoreni krug stabilan ako sučlanovi uz potencije od s istog predznaka, tj.:

K <1

T∪K > 0

što je podskup od rješenja koje je dobiveno kriterijem Popova.

Rješenje 5.3

a) U kojim granicama mora biti parametar procesa a da bi se mogao primi-jeniti kriterij Popova?

Jedan od kriterija za primjenu kriterija Popova jest da polovi procesamoraju biti u lijevoj poluravnini ili u ishodǐstu. Dakle,

a ≥ 0.

b) Korǐstenjem kriterija Popova odredite raspon iznosa parametra K neli-nearnog elementa sa slike 5.3(b) za koji će zatvoreni krug upravljanja saslike 5.3(a) biti apsolutno stabilan.

Frekvencijska karakteristika procesa je:

G (jω) =−jω

(jω + a) (jω + 1)=−ω2 (a+ 1)− jω (a− ω2)

(a− ω2)2 + ω2(a+ 1)2

Za kriterij Popova su nam potrebni

U (ω) =−ω2 (a+ 1)

(a− ω2)2 + ω2(a+ 1)2

ωV (ω) =−ω2 (a− ω2)

(a− ω2)2 + ω2(a+ 1)2

68

5. Stabilnost v1.0

Sada treba nacrtati krivulju U (ω) + jωV (ω).

ω = 0 ⇒ U = 0, ωV = 0ω =∞ ⇒ U = 0, ωV = −1

ωV = 0 ⇒ ω =√a, U = − 1

a+ 1

Krivulja Popova je prikazana slikom 5.4. Od tuda slijedi da nelinearnielement mora biti klase a+ 1.

( )U ω

( )Vω ω

1

1

1a−

+

Slika 5.4: Krivulja Popova.

Za nelinearni element koji je prikazan slikom lako je odrediti klasu – samose nade nagib tangente u ishodǐstu: d

dx[K tanh(x)]

∣∣x=0

= K. Zaključakje da mora vrijediti

K ∈ (0, a+ 1)

69

Poglavlje 6

Linearizacija u povratnoj vezi

Zadatak 6.1

Nelinearan sustav je opisan u prostoru stanja gdje je ẋ =[x1 x2

]Tvektor

stanja, u ulaz i y izlaz sustava.

ẋ =

[sinx2 + (x1 + 1)x2

x21

]+

[01

]u

y = x1

a) Odredite relativan stupanj zadanog sustava.

b) Linearizirajte sustav u povratnoj vezi korǐstenjem zadanog izlaza y, uzpretpostavku da je relativan stupanj jednak redu sustava.

70

6. Linearizacija u povratnoj vezi v1.0

6.1 Rješenja

Rješenje 6.1

a) Odredite relativan stupanj zadanog sustava.

LgL0fh = Lgh =

∂h

∂xg =

[1 0

]g = 0

LgLfh = Lg

[∂h

∂xf

]= Lg

[[1 0

]f]

= Lg [sinx2 + (x1 + 1)x2] =

=

{∂

∂x[sinx2 + (x1 + 1)x2]

}g =

[2x2 cosx2 + x1 + 1

]g =

= cos x2 + x1 + 1

Dakle, relativan stupanj r = 2 uz cos x2 + x1 + 1 6= 0.

b) Linearizirajte sustav u povratnoj vezi korǐstenjem zadanog izlaza y, uzpretpostavku da je relativan stupanj jednak redu sustava.

Transformacija r stanja:

z1 = ϕ1 (x) = L0fh = x1

z2 = ϕ2 (x) = Lfh = sinx2 + (x1 + 1)x2

Sada je potrebno definirati novi ulaz kako bi se linearizirao sustav:

α (x) = L2fh =∂ (Lfh)

∂xf =

[x2 cosx2 + x1 + 1

]f =

= x2 [sinx2 + (x1 + 1)x2] + x21 (cosx2 + x1 + 1)

β (x) = LgLfh = cosx2 + x1 + 1

uz u = 1β(x)

[−α (x) + v] gdje je v novi ulaz u sustav.

71

Fazne trajektorije nelinearnih sustavaZadatak 1.1Zadatak 1.2Zadatak 1.3Zadatak 1.4Zadatak 1.5Zadatak 1.6Zadatak 1.7Zadatak 1.8Zadatak 1.9Zadatak 1.10Zadatak 1.11RješenjaRješenje 1.1Rješenje 1.2Rješenje 1.3Rješenje 1.4Rješenje 1.5Rješenje 1.6Rješenje 1.7Rješenje 1.8Rješenje 1.9Rješenje 1.10Rješenje 1.11

Opisna funkcijaZadatak 2.1Zadatak 2.2Zadatak 2.3Zadatak 2.4Zadatak 2.5Zadatak 2.6RješenjaRješenje 2.1Rješenje 2.2Rješenje 2.3Rješenje 2.4Rješenje 2.5Rješenje 2.6

Vlastite oscilacijeZadatak 3.1Zadatak 3.2Zadatak 3.3Zadatak 3.4Zadatak 3.5Zadatak 3.6Zadatak 3.7Zadatak 3.8Zadatak 3.9RješenjaRješenje 3.1Rješenje 3.2Rješenje 3.3Rješenje 3.4Rješenje 3.5Rješenje 3.6Rješenje 3.7Rješenje 3.8Rješenje 3.9

Prinudne oscilacijeZadatak 4.1Zadatak 4.2Zadatak 4.3Zadatak 4.4RješenjaRješenje 4.1Rješenje 4.2Rješenje 4.3Rješenje 4.4

StabilnostZadatak 5.1Zadatak 5.2Zadatak 5.3RješenjaRješenje 5.1Rješenje 5.2Rješenje 5.3

Linearizacija u povratnoj veziZadatak 6.1RješenjaRješenje 6.1

SVEUCILI STE U ZAGREBU - IEEEZbirka zadataka (verzija 1.0) Autori: Doc. dr. sc. Nikola Mi skovi c...

Documents

Transcript of SVEUCILI STE U ZAGREBU - IEEEZbirka zadataka (verzija 1.0) Autori: Doc. dr. sc. Nikola Mi skovi c...