Sunum yükleniyor. Lütfen bekleyiniz

Sunum yükleniyor. Lütfen bekleyiniz

8. KÖKLERİN GEOMETRİK YERİ. Serhat YILMAZ, 8. KÖKLERİN GEOMETRİK YERİ Daha önceki konularda, karakteristik denklemin köklerinin.

Benzer bir sunumlar


... konulu sunumlar: "8. KÖKLERİN GEOMETRİK YERİ. Serhat YILMAZ, 8. KÖKLERİN GEOMETRİK YERİ Daha önceki konularda, karakteristik denklemin köklerinin."— Sunum transkripti:

1 8. KÖKLERİN GEOMETRİK YERİ

2 Serhat YILMAZ, 8. KÖKLERİN GEOMETRİK YERİ Daha önceki konularda, karakteristik denklemin köklerinin s- düzleminde yeri ile geribildirimli sistemlerin başarımı arasındaki ilişkiyi incelemiştik. Sistem parametreleri akıllıca seçildiği takdirde kapalı çevrim geribildirimli bir sistemin yanıtı istenen başarımı sağladığı görülür. Bu yüzden bir parametreyi değiştirdikçe, köklerin s düzleminde nasıl hareket edeceğini belirlemek çok yararlı olacaktır. Parametre değişimlerine bağlı olarak karakteristik denklemin köklerinin s düzleminde yapacağı yer değiştirmeye başka bir deyişle izleyeceği güzergaha kök yer eğrisi veya köklerin geometrik yeri adı verilir.

3 Serhat YILMAZ, Köklerin s düzlemindeki geometrik yeri grafiksel bir yöntemle belirlenebilir. 1948’de Evans tarafından önerilen bu grafiksel yönteme “kök yer eğrisi çizimi” adı verilir. Kök yer eğrisi, geri bildirimli sistemlerin analizi ve tasarımında oldukça yararlı bir araçtır. Kök yer eğrisi bize grafiksel bir bilgi verir. Parametre değişimine bağlı olarak kökler nasıl ve ne yönde değişir, gidiş eğilimleri ne tarafa doğrudur, hangi bölgelerde hızlı değişimler yaparlar, nerelerde parametre değişimlerine duyarsızdırlar bunları yaklaşık olarak bilmek analiz ve tasarım için yeterlidir. Çoğu zaman hangi parametre değerinde, kökün sayısal olarak tam değerinin bulunması gerekmeyebilir. Hangi parametre değerlerinde sistem kararlıdır, hangi değerlerde kararsızdır, hangi değerlere çıkarsak kökler daha kararlı bir noktaya taşınır bilmek ve buna göre sistem hakkında yorum yapmak için kök yer eğrisini genel hatlarıyla elle bir eskizini çizmek yeterli olacaktır.

4 Serhat YILMAZ, Bu nedenle bu bölümde kök yer eğrilerinin elle çizimine yönelik kullanışlı tekniklerden bahsedilecektir. Burada öğrenilecek temel kavramlar, bilgisayar çizimlerinin anlaşılması ve yorumlanması için de oldukça önemlidir. Daha kapsamlı ve gerçekçi çizimler için bilgisayar kullanılacaktır. Böylece bilgisayarın birkaç komutla analiz ve tasarım sürecini nasıl hızlandırdığını ve bu süreçteki etkinliğini de görmüş olacağız. Birden fazla parametrenin değişiminde de köklerin geometrik yeri yönteminin kullanılabileceğini göreceğiz. Bu da bize PID gibi iki veya üç parametreli geri bildirim sistemlerinin bu yöntemle tasarım imkanı sağlayacaktır. Benzer şekilde, bir sistem parametresine ufak artımsal değişimler yapıldığında, belirli bir kökün buna ne kadar duyarlı olduğunu ölçerek, kökün parametre değişimlerine duyarlılığı belirlenebilir.

5 Serhat YILMAZ, 8.1. Kök Yer Eğrisi Kavramı: Kapalı çevrim bir kontrol sisteminin dinamik davranışı aşağıdaki transfer fonksiyonuyla ifade edilebilir. (8.1) p(s) ve q(s) pay ve payda polinomlarıdır. q(s) karakteristik denkleminin kökleri sistem yanıtını belirlemektedir. Şekil.8.1’deki gibi birim geribildirimli bir sistemin transfer fonksiyonu ve karakteristik denklemi 1+KG(s) =0 (8.2) şeklindedir.

6 Serhat YILMAZ, Burada K, değişebilir bir parametredir. K değeri ne olursa olsun, bu K değerine göre oluşacak yeni karakteristik denklemin s düzlemindeki kökleri Denklem.8.2’yi sağlamalıdır. s bir karmaşık sayı olduğundan, Denklem.8.2 aşağıdaki gibi yeniden yazılabilir. (8.3) Burada olduğundan bunu sağlayacak açı değeri: sin 180 =0, cos 180= -1 veya arctan(0) ’dan ve Genlik değeri de A= olur.

7 Serhat YILMAZ, Bu nedenle sisteme ait K değeri değiştikçe karakteristik denkleme ait kök değerleri aşağıdaki A= ve (8.4) genlik ve açı koşullarını sağlayacak şekilde değerler almalı, böylece köklerin geometrik yeri, s düzleminde köklerin takip ettiği bir yol şeklinde olmalıdır. Örnek8.1: Şekil.8.2’deki ikinci dereceden sistemi temsil eden karakteristik denklem veya (8.5) (8.6) ve (8.7) koşullarını sağlayacak noktalarda bulunmalıdır.

8 Serhat YILMAZ, İkinci dereceden bir sistemin kökleri (8.8) idi. için olduğunu hatırlayalım. İkinci dereceden G(s) açık çevrim transfer fonksiyonuna ait iki kutup Şekil.8.3’te görüldüğü gibidir. için köklerin geometrik yeri açı koşullarını sağladığı için düşey bir çizgi şeklindedir. Örneğin düşey eksen üzerindeki bir s 1 noktasının bu koşulu sağlayıp sağlamadığına bakalım.

9 Serhat YILMAZ, (8.9) -2 ile 0’da bulunan köklerin tam ortasından geçen düşey çizgi boyunca her nokta eşkenar üçgenler oluşturacağından buralarda açıların toplamı yine -180° olacak ve açı koşullarını sağlayacaktır. Kökü bu noktaya kaydıracak kazanç değeri; (8.10) Böylece (8.11) olur. Burada orijindeki kökten s 1 noktasına uzanan vektörün büyüklüğü, de -2’deki kökten aynı noktaya uzanan vektörün büyüklüğüdür. Genelleştirirsek, birden fazla döngüye sahip bir kapalı döngü sistemde, karakteristik denklem Mason kazanç formülü yardımıyla şu şekilde tanımlanmıştı. (8.12)

10 Serhat YILMAZ, Burada Lq, q. döngü idi. Böylece karakteristik denklemi (8.13) şeklinde ifade ederek Denklem.8.2’ye benzetebiliriz. Denklem yine (8.14) F(s) fonksiyonu kutuplar ve sıfırlar cinsinden çarpanlarına ayrılarak yeniden yazılabilir. (8.15) genlik ve açı ve koşulları sırasıyla (8.16)

11 Serhat YILMAZ, (8.17) olur. s düzleminde Denklem.8.17’deki açı koşulunu sağlayan s 1 noktaları köklerin geometrik yeri üzerindedir. Denklem.8.16’daki genlik koşulundan, verilen bir s 1 kök yerindeki K değeri belirlenebilir. Bütün açı değerleri, yatay eksenle ilgili vektörün saat yönünün tersine doğru yaptığı açılardan hesaplanır. Şekil.8.4’deki sistem örneğini inceleyelim. Burada artık bir K parametre değeri örneğin 20’ye ayarlanmıştır.

12 Serhat YILMAZ, Fakat denetlenen sistemin G(s) transfer fonksiyonu içindeki direnç, indüktans, sürtünme değeri vs. gibi bir a parametresinin, yine ısınma, aşınma gibi bir nedenle değişebileceğini düşünelim. Bu parametreye göre köklerin geometrik yeri nasıl değişir? Aynı denklemleri kullanabilmemiz için karakteristik denklemi düzenleyerek a parametresini, K ’nın bir çarpan olarak genel denklemde olduğu yere taşımalıyız. buradan Karakteristik denklemi, içinde a’nın bulunmadığı elemanlar olan ’ya bölersek. (8.18) bulunur. Böylece açı koşullarını sağlayan köklerin geometrik yerleri, ve bunları elde etmek için gerekli olan a değerleri Denklem 8.17 ve 8.16’da olduğu gibi bulunabilir.

13 Serhat YILMAZ, Prensip olarak bu koşulları sağlayan tüm kök değerleri tespit edilip köklerin geometrik yeri çizilebilir. Ama tek tek noktaların sorgulanmasının ne kadar uzun süreceğini tahmin edersiniz. Zaten bu kadar detaylı bir çizime de gerek yoktur. Bu nedenle köklerin geometrik yerini genel hatlarıyla çizmek için çoğunlukla bir dizi işlemden oluşan bir prosedürü takip etmek yeterli olacaktır Köklerin Geometrik Yerinin Çizim Aşamaları: Karakteristik denklemin köklerinin sistemin yanıtını anlamada önemli bir yeri olduğunu söylemiştik. Aşağıdaki adımlar, kökleri grafiksel olarak s düzlemine yerleştirerek köklerin geometrik yerinin eskizini hızlı bir şekilde çıkarmamızı kolaylaştırır.

14 Serhat YILMAZ, Adım 1 : Karakteristik denklemi yazarak başlarız. (8.19) İlgilendiğimiz parametre, örneğin K, çarpan şeklinde genel denklemde yer alacak şekilde denklemi yeniden düzenlemeliyiz. (8.20) Amacımız köklerin geometrik yerini K’nın olabilecek tüm değerleri için,, belirlemektir. G(s)’i çarpanlarına ayırırız ve aşağıdaki gibi kutuplar ve sıfırlar şeklinde yazarız. (8.21) p i kutuplarını ve z i sıfırlarını “x” ve “o” sembolleriyle s düzlemine yerleştirin. Denklemi aşağıdaki şekilde yeniden yazın. (8.22)

15 Serhat YILMAZ, Denklem.8.22’nin karakteristik denklemin farklı bir yazılış biçimi olduğunu unutmayalım. K=0 iken karakteristik denklemi sağlayan kökler G(s) açık çevrim transfer fonksiyonunun sıfırlarıdır. Tersine K= iken karakteristik denklemin kökleri G(s) ’in kutuplarına eşit olur. Çünkü denklemin her iki tarafını K’ya bölersek, (8.23) olur. K= iken birinci terim sıfıra gider. Denklem haline dönüşür. Sonuç olarak şunu söyleyebiliriz; K değeri 0’dan sonsuza değişirken karakteristik denklemin köklerinin geometrik yeri, G(s)’in köklerinden başlar sıfırlarına uzanır. Sayısal değerlerini bildiğimiz N tane kutbumuz, M tane de sıfırımız vardır. Genelde G(s)’in payının derecesi paydadan küçük olduğu için, N>M, sonsuzda N-M tane daha sıfırımızın bulunduğu ve geri kalan köklerden çıkan dalın buradaki sıfırlara uzandığı varsayılır

16 Serhat YILMAZ, Adım 2: Köklerin gerçel eksen üzerindeki geometrik yerlerini çizin. Gerçel eksen üzerindeki bir geometrik yer parçası her zaman tek sayıda kutup ve sıfırın solunda kalır. Başka bir deyişle geometrik yerin sağında tek sayıda sıfır+kutup vardır. Denklem.8.17’deki açı koşulları sağlanacağından bu noktalar geometrik yer üzerindedir. Çift sayıda kutup ve sıfır kalınca açı toplam veya farkları her zaman 0 (veya 360) çıkacağından açı koşulları sağlanmayacaktır. Bu iki adımı bir örnekle pekiştirelim Örnek.8.2. İkinci dereceden sistem: Geri bildirimli bir kontrol sist. karakteristik denklemi: (8.24) Adım1: Karakteristik denklem aşağıdaki gibi düzenlenebilir. (8.25)

17 Serhat YILMAZ, Önce GH (s)’in kutup ve sıfırlarını yerleştirelim. K değerinin z 1 = -2’de sonsuz, p 1 =0, p 2 = -4’de sıfır olduğunu biliyoruz (Şekil.8.5 ) Adım 2: Gerçel eksen üzerinde, 0 noktasındaki kutup ile -2 noktasındaki sıfırın arasında geometrik yere ait bir parça yer almaktadır. Çünkü bu parçanın sağında sadece bir tane kutup vardır. Gerçekten de bu bölgedeki her hangi bir noktaya 0’daki kutuptan gelen vektörün açısı 180°’dir. -4’deki kutup ve -2’deki sıfırdan bu noktaya uzanan vektörlerin açıları ise 0°’dir. Dolayısıyla toplam açı 180°’dir ve açı koşulunu sağlar. Bu parça (dal) K’nın 0 olduğu 0 noktasındaki kutuptan başlar K’nın sonsuz olduğu -2’deki sıfıra kadar uzanır.

18 Serhat YILMAZ, Benzer şekilde K=0 dan ’a giderken, -4’deki kutuptan - ’daki sıfıra uzanan ikinci bir ikinci dal,sağ tarafında 3 tane kutup+sıfır (-4, -2 ve 0) bulunduğundan geometrik yer olarak çizilir. K’nın artış yönü Şekil.8.6 da oklarla gösterilmiştir. Geometrik yer üzerindeki herhangi bir noktada K değerinin ne olduğunu bulabilmek için genlik koşulunu kullanıyorduk. Örneğin s=s 1 =-1 noktasındaki K kazancı Denklem.8.16’dan ve buradan (8.26)

19 Serhat YILMAZ, Kökler karmaşık olduğunda ise gerçel eksenin dışına çıkılır, imajiner eksende de kökün bir bileşeni olur. Köklerin geometrik yeri yatay eksene göre simetriktir. Çünkü kökler karmaşık eşlenik çiftler şeklindedir. Şimdi adımlara devam edelim Adım 3: n=N-M tane dal, sayısal değeri bilinen bir kökten, sonsuzdaki bir sıfıra gider. K sonsuza giderken bu dal da sonsuzdaki sıfıra bir asimptotun kılavuzluğunda gider. Bu doğrusal asimptotların gerçel eksenle ve birbirleriyle yaptıkları açılar bellidir ve gerçel eksende “asimtotların ağırlık merkezi” adını verdiğimiz bir noktada kesişirler. Bunları bilmemiz eğrilerin çiziminde bize kolaylık sağlar. Asimtotların ağırlık merkezi: (8.27) Asimptotların gerçel eksenle yaptıkları açılar; q=0,1,2,…..(n-1) (8.28)

20 Serhat YILMAZ, Sonsuzdaki sıfıra uzanan bir dal üzerinde bulunan uzaktaki bir s 1 noktası, P(s)’in sıfırları ve kutuplarına çok uzak olduğundan her bir kutup ve sıfırdan bu noktaya olan açı,, yaklaşık olarak eşit olacaktır. Örneğin N tane kutup N* açısı yapacaktır.Benzer şekilde M tane sıfır da toplam M* açısı yapacaktır. Açı koşuluna göre net açı toplamları 180° olmalıydı. Örneğin birinci eğri için N* -M* =(N-M) =180° koşulunu inceleyelim. Bu durumda her bir kutup ve sonlu sıfırdan eğri üzerindeki uzak bir noktaya uzanan vektörler ortalama olarak: (8.29)

21 Serhat YILMAZ, gibi bir açı yaparlar. Birinci eğriyi ortalama olarak doğrusal bir asimptot ile temsil edecek olursak bu açıyı da asimptotumuzun açısı olarak kabul edilebilir. Bunun gibi sonsuza giden N-M-1 tane daha eğri ve dolayısıyla asimptot vardır. 2. ve varsa 3. asimptotlar yatay eksenle kaç derece açı yapacaklardır? Açı koşulunun genel formülünü kullanacak olursak: Burada + değerlerde elde edilen açı değerleri - değerler için de aynı çıkacaktır. Benzer şekilde pay kısmının paydaya bölümü 360°’yi geçtiği andan itibaren yine aynı tekrarlayan açı değerlerini verecektir. Bunları göz önüne alarak denklemi yeniden düzenleyecek olursak Denklem.8.28 elde edilecektir. q=0 için 1. asimptot, q=N-M-1 için de N-M. asimptotun gerçel eksenle yaptığı açı bulunur.

22 Serhat YILMAZ, Örnek8.3: Şekil.8.2’ deki sistemi tekrar ele alalım. Karakteristik denklem idi. N-M=2 olduğundan, sonsuzda sıfırı olan iki dal vardır. Bu dalların asimptotları ağırlık merkezinden geçerler. Birbirleri arasındaki açılar dir. Gerçel eksenle yaptığı açılar sırasıyla q=0 için ve q=1 için dir. Bu bilgiler ışığında köklerin geometrik yeri kolayca çizilir ve gerçekten de Şekil.8.2 elde edilir.

23 Serhat YILMAZ, Örnek8.4: Dördüncü dereceden sistem: Geri bildirimli bir kontrol sisteminin karakteristik denklemi şu şekildedir. (8.30) GH(s)’in kutupları ve sıfırları şekilde verilmiştir. Gerçel eksen üzerindeki geometrik yer tek sayıda kutup ve sıfır sağda kalacak şekilde çizilmiştir. s=-4’te çift kutup bulunduğunu bu yüzden bu noktadan önce sağ tarafta 3 kutup ve sıfır bu noktadan sonra da 5 kutup ve sıfır olduğundan geometrik yerde bir kesinti olmadığını unutmayalım. N-M =4-1= 3 olduğundan 3 asimptot vardır. Asimptotların kesişme (ayrılma) noktası bulunur.

24 Serhat YILMAZ, En küçük açı q=0 için, Asimptotlar arası açı Dolayısıyla q=1 için ve q=2 için bulunur. Adım 4: Eğer kesiyorsa, geometrik yer eğrisinin imajiner ekseni hangi noktada kestiği, Routh-Hurwitz kriteri kullanılarak tespit edilir.

25 Serhat YILMAZ, Adım 5: Varsa, gerçel eksenden ayrılma noktaları tespit edilir. Ayrılma noktaları Şekil 8.8’de görüldüğü gibi K=0’dan sonsuza giderken farklı köklerden başlayarak birbirlerine doğru gelen eğrilerin bir noktada çarpışıp eksenlerinden saparak sonsuzdaki sıfıra gittikleri noktalardır. Örneğin birim geri bildirimli bir sistemin karakteristik denklemi: (8.31) olsun. Denklemin s=-2’de ve s= -4’de kutupları vardır. Bu noktalarda K=0 idi. K’nın değeri, bu iki noktanın arasında iki eğrinin karşılaşacağı bir si noktasına kadar artacak, karşılaştıkları noktada artık o eksen için alabileceği en büyük değeri alacak, daha sonra o eksenden ayrılarak yine sonsuza doğru artmaya devam edecektir. Örneğin bu sistemde ayrılma noktasından sonra K arttıkça s’in sadece imajiner bileşeni değişmektedir.

26 Serhat YILMAZ, Karakteristik denklemde K’yı yalnız bırakarak yeni bir polinom oluşturalım. Denklem aşağıdaki şekliyle yeniden yazılabilir. K=p(s)= -(s+2) (s+4) (8.32) Bu yeni polinomun, polinom kökleri olan [-4,-2] aralığında bir noktada en büyük değeri alacağı bellidir. Örneğin s=-4 kökünde K=0’dır. s değerleri sağa doğru arttıkça (-3.9, -3.8,….) oluşturduğumuz K polinomunun aldığı değer giderek artacak, bir noktadan sonra tekrar azalarak s=-2 noktasında yine K=0 olacaktır. Gerçekten de K polinomunu bu aralıkta çizdirirsek, s=-3 noktasında en büyük değeri aldığı görülecektir (Şekil 8.9).

27 Serhat YILMAZ, Analitik olarak düşündüğümüzde bu tepe noktası bir ekstremum noktasıdır ve burada K polinomunun s’e göre türevi sıfırdır. Ayrılma noktası buradan da bulunabilir. El ile çözümlerde 2. yöntemi kullanmak zorundayız. s=-3 bulunur.

28 Serhat YILMAZ, Örnek:8.5. Üçüncü dereceden sistem:Şekil 8.10.’daki geri bildirimli kontrol sisteminin karakteristik denklemi aşağıdaki gibidir. (8.33) n=N-M=2 olduğu için formülünden q=0 için q=n-1=1 için Buna göre 90° ve 270°’de iki asimptotumuz vardır. Asimptotların ağırlık merkezi: bulunur.

29 Serhat YILMAZ, Asimptotlar ve gerçel eksen üzerindeki köklerin geometrik yerleri Şekil.8.11.a’da verilmiştir.

30 Serhat YILMAZ, s=-2’deki kök ile s=-3’deki arasında bir yerde köklerin ayrılma noktası vardır. Ayrılma noktasını hesaplamak için K’yı karakteristik denklemde yalnız bırakan yeni bir polinom oluşturalım. Bunun için P(s)’i -3 ile – 2 arasındaki çeşitli noktalardaki s değerleri için değerlendirdiğimizde en büyük değere s=-2.46’da ulaştığı görülür (Şekil.8.11.b). Alternatif olarak K’nın türevi alınıp ekstremum nokta bulunabilir. bulunur. Türevi sıfır yapan s değerleri analitik olarak veya hesap makinesiyle bulunabilir. Aşağıdaki matlab komutuyla da polinomun köklerini hemen bulabiliriz. roots([ ]) Kökler sırasıyla , i, i bulunur. s=-2 ile s=-3 aralığında olan ve bu nedenle ayrılma noktasını sağlayan tek kökün s=-2.46 olduğu görülmektedir.

31 Serhat YILMAZ, Adım 6: Peki hangi dal hangi yöne ayrılıyor? Geometrik yer eğrisi bir kutuptan gerçel eksene göre hangi açıyla ayrılıyor veya bir sıfıra hangi açıyla ulaşıyor? Açı koşulları kullanılarak bu açılar tespit edilebilir. Kök yer eğrisinin bir kutuptan ayrıldığı noktada yaptığı açı ile diğer kutup veya sıfırların bu noktaya uzanan vektörlerinin yaptığı açıların net toplamının olduğunu biliyoruz. Aynı koşul bir sıfıra varış açısı için de geçerlidir. Köklerin geometrik yerinin çizimini tamamlayabilmek için özellikle karmaşık kutup ve sıfırlarda bu açıları bilmek oldukça yararlı olacaktır. Örneğin 3. dereceden bir açık çevrim transfer fonksiyonunu ele alalım (8.34)

32 Serhat YILMAZ, Kutup yerleşimleri ve karmaşık kutuplardan biri (p 1 ) civarındaki bir s 1 noktasına olan vektör açıları Şekil.8.12.’de verilmiştir. Geometrik yer eğrisi üzerinde, örneğin p 1 ’e çok yakın bir test noktası olan bir s 1 noktasında, açı koşulları sağlanmalıdır. p 1 ’in karmaşık eşleniği olan p 2 ’den, bu noktaya gelen vektörün yaptığı açı olan yaklaşık olarak karmaşık eşlenik köke dik bir şekilde geldiğinden 90° olacaktır ve ;

33 Serhat YILMAZ, Adım.7. Bu kritik çizimler tamamlandıktan sonra geri kalan kısımlar birleştirilir. Emin olunamayan noktalar için, o noktalardaki köklerin açı koşullarını sağlayıp sağlamadığına bakılabilir. Kaynaklar: 1) Dorf, R.,C., Bishop, R.,H.,Modern Control Systems, Tenth Edition, Pearson Prentice Hall, ) bulunur. Bu durumda p 1 ’den çıkacak eğri gerçel eksenle açı yapacaktır. p 1 ’in karmaşık eşleniği olan p 2 ’den çıkış açısı da ile aynı fakat zıt işaretli olacaktır. Benzer şekilde bir sıfıra varış açısı da yine açı koşulundan bulunabilir:

34 Serhat YILMAZ, Ek8.1. Çözümlü Sorular ÇS.8.1) Bir çember ve iç kısmında yuvarlanan bir toptan oluşan düzenek model olarak bir roketin yakıt tankı ve içinde çalkalanan sıvı yakıta benzer. Çemberin açısal konumu çemberi döndüren şafta bağlı motora uygulanan tork (döndürme momenti) ile kontrol edilebilmektedir. Negatif geri bildirim uygulandığında geri bildirimli kontrol sisteminin karakteristik denklemi olmaktadır.

35 Serhat YILMAZ, a) Sistemin kök yer eğrisini çizin. Kopma noktasını tespit için K’yı s=-1 civarı olan [-1.75, -0.75] aralığında 0.25 adımlarla inceleyin. Veya bu noktayı türev yaklaşımı ile bulun. b) Köklerin birbirine eşit olduğu noktadaki kazancı bulun c) Bu iki eşit kökü yazın d) Bu kök değerlerinde sistemin yatışma zamanını (Ts) hesaplayın. (Ts= ) e) En büyük yüzde aşmanın P.O. = %4.5, yani bunun karşılığı olan sönümleme oranının olarak olması için karmaşık eşlenik köklerin değerinin (yaklaşık olarak) ne seçilmesi gerektiğini grafikten yararlanarak gösteriniz (Karmaşık düzlemde ’dır) f) Sistemin açık çevrim transfer fonksiyonunu oluşturarak kök yer eğrisini çizen program kodlarını Matlab’ta yazınız.

36 Serhat YILMAZ, Çözüm: Karakteristik denklemi kutup ve sıfırlarına ayrıştırırsak sıfırlarımızın z 1 = -4 ve z 2 =0 ve kutuplarımızın p 1 = -1+i ve p 2 =-1-i olduğu görülür. Gerçel eksen üzerindeki kök yer eğrisi parçasını çizmek istersek, s=0’dan, s=-4’e kadar olan bölgenin (-4 hariç) eğrinin sağ tarafında sadece 1 adet sıfır vardır.

37 Serhat YILMAZ, Bu nedenle bu bölgede kök yer eğrisi vardır. p 1 ve p 2 ’den çıkan eğriler gerçel eksendeki sıfırlara doğru giderler. 0’la -4 arasında gerçel eksen üzerinde kök yer eğrisi parçası olduğuna göre simetrik olması gereken eğriler, köklerin gerçel bileşeni olan -1’e yakın bir yerde karşılaşıyor ve gerçel eksene giriyor sonra biri z 1 ’e, diğeri z 2 ’ye gidiyor. Bu karşılaşma noktası neresidir? Yardımcı polinom kullanılarak bu nokta bulunabilir. iki yolla da bulalım.

38 Serhat YILMAZ, i) K, s 1 ve s 2’ de 0’dır. Artarak gerçel eksene doğru yaklaşır. Karşılaşma noktasında belirli bir değer alır. Artık gerçel eksen üzerine inmiştir. Buradaki eğri parçası boyunca artarak, yine gerçel eksen üzerinde bulunan z 1 ve z 2 sıfırlarına ulaşır. Burada değeri sonsuza ulaşır. Tersinden düşünecek olursak, K’nın değeri sıfırlarda yani s=-4 ve s=0’da sonsuzdur. Gerçel eksende bu aralık boyunca azalarak birleşme noktasına kadar gelir. Bu noktada, gerçel eksen üzerinde artık K alabileceği en küçük değeri almıştır. Bu noktadan sonra, gerçel eksenden ayrılır, küçülerek kutuplara doğru gider ve kutuplarda K’nın değeri 0 olur. K gerçel eksen üzerinde -4 ile 0 arasında kutupların gerçel kısmı olan -1’e yakın bir yerde alabileceği minimum değeri alacaktır. K’yı -1 civarında kabaca [-1.75, -0.75] aralığında inceleyelim. K=p(-1.50)= , K=p(-1.25)= , K=p(-1.00)= , K=p(-0.75)= s=-1.25 civarında K minimumdur ve yaklaşık değeri ’dir.

39 Serhat YILMAZ, ii) Kopma noktasını türev yaklaşımıyla da çözebiliriz. Bu ekstremum noktada eğim sıfır olacaktır. pay kısmı Denklemin kökleri; ve ’dir. [-4 0] aralığını sağlayan kök ’dir (yaklaşık -1.25) Bu bilgiler ışığında kök yer eğrisini çizecek olursak; s=0’ın solunda, s=-4’e kadar gerçel eksel üzerinde kök yer eğrisi vardır. Kök yer eğrisinin karmaşık düzlemdeki parçaları da s=-1+i ve s=-1-i deki kutuplardan çıkıp s=1.25’teki ayrılma noktasında çarpışır ve gerçel eksen üzerindeki sıfırlara doğru gerçel eksen üzerinde daha önce çizdiğimiz eğriyi takip ederek giderler.

40 Serhat YILMAZ, b ve c) s= noktasında kökler eşittir ve yaklaşık ’dir. d) s 1,s 2 e), 45 derecelik açıyla w n ’in kök yer eğrisini kestiği a ja noktaları şekilden de görüldüğü gibi kutuplar yani -1 j noktalarıdır. f) Matlab’ta kök yer eğrisini çizdiren komut rlocus komutudur. Sistemin açık çevrim transfer fonksiyonu G’den yararlanır. K’ya 0’dan sonsuza değerler vererek, G’nin kutuplarından, sıfırlarına uzanan kök yer eğrileri çizer.

41 Serhat YILMAZ, ÇS.8.2) Bir teybin negatif geri bildirimli hız kontrol sisteminde, geri bildirim transfer fonksiyonu H(s)=1 ve kontrol sisteminin açık çevrim transfer fonksiyonu: dir. a) için kök yer eğrisi taslağını çizin ve s=-1 noktasında K’nın değerini hesaplayın. (, = [s-( i)] [s-( i)] [s-( )] b) ’deki baskın kökler için yatışma zamanını hesaplayın. c) Sistemin kök yer eğrisini Matlab’ta çizdiren ve istenen noktada K kazancının değerini bulan program kodlarını yazın.

42 Serhat YILMAZ, Çözüm: Soruda anlatılan teybin blok diyagramı şekildeki gibidir. Transfer Fonksiyonumuz şeklindedir. Transfer Fonksiyonumuzun paydası bize karakteristik denklemi veriyordu.

43 Serhat YILMAZ, Adım1: Karakteristik denklemimiz: dir. Şimdi karakteristik denklemimizin kutuplarını ve sıfırlarını bulalım: Kutuplarımız s 1 = 0, s 2 = -2, s 3 = -2-j, s 4 = -2+j’dir. Bu nedenle kök yer eğrisini oluşturacak, kutuplardan başlayıp sıfırlarda biten dört dal olacaktır. Kök yer eğrileri her zaman gerçel eksene göre simetriktir. Sıfırlarımız ise 4 tanedir ve bunlar sonsuzdadır. Sonlu kutuplarımızı s düzlemine yerleştirerek işe başlayalım. Adım2: Gerçel eksen üzerindeki eğrileri yerleştirelim. s=0 ile s=-2’deki kutupların arasında kök yer eğrisi vardır. Çünkü s=-2’ye gelinceye kadar bu eğrinin sağında bir tane yani tek sayıda kutup veya sıfır (burada bir kutup) vardır.

44 Serhat YILMAZ, Adım3: Kök yer eğrisini çizmek için asimptotları ve bunların açılarını bulalım. Asimptotlar da kabaca sonsuza giden kök yer eğrilerini simgelediklerinden bunlar da gerçel eksene göre simetriktirler. Asimptot Sayısı = N-M= kutup sayısı – sıfır sayısı = 4-0 = 4 i) Asimptot Ağırlık Merkezi: ii) q=0,1,2,3 φA = idi q=0 için; φ0 = q=2 için; φ2 = q=1 için; φ1 = q=3 için; φ3 =

45 Serhat YILMAZ, Adım4: Eğrinin imajiner ekseni kestiği noktalar: Karakteristik denklemi Routh-Hurwitz tablosuna yerleştirmek için polinom şeklinde yeniden düzenleyelim. Sistemin transfer fonksiyonu;

46 Serhat YILMAZ, Burada öncelikli amacımız Routh-Hurwitz tablosunu kullanarak yardımcı polinom aracılığıyla yüksek dereceli polinomun, daha önce yaptığımız gibi tüm köklerini bulmak değildir. Daha önceki çözümlerde şunu söylemiştik: “Tabloda bir satırın tamamı sıfırsa ondan bir önceki satırı yardımcı polinom olarak seçeriz. Bu polinomun kökleri sistemin sınırda kararlı olduğu imajiner eksen üzerindeki köklerini verir.” Bu kökler karakteristik fonksiyonu da sağladığından, köklerin geometrik yeri imajiner ekseni bu noktalarda kesecektir: Bunu sağlayacak ilk satır 3. satırdır. Çünkü 4. satırda c=0 olursa 4. satırın tamamı sıfır olacaktır. K=18.9 kazanç değerine ayarlanırsa bu sağlanacak ve sistem marjinal kararlı olacaktır. Bunu sağlayan kökler bir önceki satırdan oluşturulacak yardımcı polinomun kökleridir: y(s)= 11.34s2 + K = 11.34s2+18.9= i

47 Serhat YILMAZ, Adım5.Varsa kopma noktası bulunur: buradan K’yı çekerek K’nın türevini alarak kopma noktasını buluruz. Çünkü türev bize max., min noktayı verir. Bu türev denkleminin kökleri soruda verilmiş. Verilmeseydi bile köklerini program yardımıyla bulabilirdik. >> roots([ ]) ans = i i Kopma noktası gerçel eksen üzerinde, olmasını beklediğimiz [-2,0] aralığındadır. Bu nedenle bunu sağlayan s= bizim kopma noktamızdır. s=-1 noktasında kopma noktasındaki kazanç:

48 Serhat YILMAZ, Adım6.Karmaşık kutuplardan çıkış açıları: Karmaşık kutuplara yakın seçilen kök yer eğrisi üzerindeki birer s noktasına G(s)’in her bir kutbundan ve her bir sonlu sıfırından (burada yok) uzatılan vektörlerin gerçel eksenle saat yönünün tersi yönünde yaptıkları açılar toplamının açı koşullarını sağlaması gerektiğini söylemiştik. s 3 = -2-j veya s 4 = -2+j’ karmaşık kutuplarından birine, örneğin s 4 kutbuna çok yakın bir s x kökü seçelim. Gerçel ve imajiner büyüklükleri 2 birim olduğundan s 1 =0 noktasındaki kutupla =135° açı yapar. = -135° = 225°, kök yer eğrisine ait dal s4 kökünden bu açıyla çıkar, asimptotu izleyerek sonsuzdaki sıfıra gider. Benzer şekilde s 3 ’den çıkan dal da simetrik bir yol izler.

49 Serhat YILMAZ, Adım7. Eskiz tamamlanır: Eğrimiz genel hatlarıyla şekillendi. Asimptotları takip edecek şekilde eğrileri birleştiririz. Tamamlanmış halini matlab’ta çiziminde göreceğimiz için burada tekrar vermedik. b) yatışma zamanı idi. kökleri için, eşitlikleri elde edilir. dir. 4) Kök yer eğrisi grafiğini çizdiren program: pay = [1]; payda = conv([1 0], conv( [1 2], [1 4 5]) ); G = tf(pay,payda); rlocus(G)

50 Serhat YILMAZ, ÇS.8.3) Şekilde verilen kök yer eğrisini çizebilmek için a) gerekli G(s) açık çevrim transfer fonksiyonunu oluşturan ve grafiği çizen program kodlarını yazın. b) Eğri üzerinde sistemin sınırda kararlı olduğu kök değerlerinden birini işaretleyin, değerini yaklaşık olarak yazın. Seçtiğimiz noktanın değerini ve bu noktadaki kazancı bulabilmek için gerekli program kodunu yazın.

51 Serhat YILMAZ, Çözüm: Sıfırlar ve kutuplar kabaca grafikten belirlenir : Örneğin z 1 = i s-z 1 =s i, z 2 = i s-z 2 =s i s 1 = i s-s 1 =s i, s 2 = i s-s 2 =s i s 3 =0 s-s 3 =s Program: a) pay=conv ([ i], [ i]); payda=conv ([ i], conv([ i],[1 0])); G=tf(pay,payda); rlocus(G) b) Seçtiğimiz nokta yaklaşık olarak s=0+0.8i; Gerekli satır: rlocfind(G)

52 Serhat YILMAZ, Kaynaklar: 1) Dorf, R.,C., Bishop, R.,H., Modern Control Systems, Tenth Edition, Pearson Prentice Hall, ) 3) Vatansever,Ş.,Savaş,Ç.,KOÜ. Mü.Fak. Elo ve Hab. Blm,Otomatik Kontrol Dersi Ödevi


"8. KÖKLERİN GEOMETRİK YERİ. Serhat YILMAZ, 8. KÖKLERİN GEOMETRİK YERİ Daha önceki konularda, karakteristik denklemin köklerinin." indir ppt

Benzer bir sunumlar


Google Reklamları