sayısal kontrol sistemleri -...

Sayısal Kontrol Sistemleri

Bölüm 1

Ayrık Zaman sinyaller ve Sistemler

1.1 Kapalı çevrim sayısal kontrol sistemi

1.2 Ayrık zaman sinyaller

1.3 Ayrık zaman sistemler

1.4 Sürekli zaman sistemlerin ayrıklaştırılması

• Sayısal türev ve uygulama örnekleri

• Sayısal integral ve uygulama örnekleri

1.5 Fark denklemleri, çözümleri ve uygulama örnekleri

1

F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT

Referans

giriş

r(k)

Sistem

çıkışı

y(t)

Algılayıcı

+

-

YükselticiSayısal

Denetleyici

Hata

e(k)

Denetim

sinyali

v(t)

Sistem

girişi

u(t)

Sistem

ADC

DAC

Sayısal kontrol sistemlerinde genellikle denetlenen sistem analog

(sürekli zaman) bir sistem iken denetleyici sayısal (ayrık zaman) bir

birimdir. Tutma

Örnekleme

1.1 Kapalı Çevrim Sayısal Kontrol Sistemi

Sistem ? Algılayıcı ? Yükseltici/Dönüştürücü ?2

1.2 Ayrık Zaman Sinyaller

Analog ya da diğer bir ifade ile sürekli zaman sinyal, zamanın

her anında değeri belli olan yani, zamanın sürekli bir

fonksiyonu olarak tanımlanan sinyallerdir. Örneğin

Bilgisayar gibi sayısal ortamlarda, analog sinyaller yerine

bunların sayısal karşılığı olan ayrık zaman sinyaller kullanılır.

Ayrık zaman ya da sayısal sinyaller, zamanın ayrık anlarında bir

değere sahip olan sinyallerdir ve sayısal bir birim tarafından

doğrudan üretilebilir ya da analog sinyallerin örneklenmesiyle

elde edilebilir.

Örnek: Birim basamak (değeri her zaman 1 olan) sinyalini

bilgisayarda bir dizi olarak nasıl tanımlarsınız.

tetf

2)(

Sürekli Zaman ve Ayrık Zaman Sinyaller

3

Sürekli Zaman ve Ayrık Zaman Sinyaller

örnekleme periyodu (T) ile gösterilmek üzere analog bir

sinyalde t = k.T değişken değiştirmesi yapılırsa analog

sinyalin örneklenmişi ve dolayısıyla ayrıklaştırılmışı elde

edilir.

Analog sinyal f(t) ise örneklenmiş sinyal f(kT) ile

gösterilir.

Sinyal adındaki örnekleme peryodu kaldırılarak f(k)

şeklinde de gösterilir. Burada k=0,1,2,3,4…. tam sayıları

olmak üzere ayrık zaman indeksidir.

Örneğin yukarıdaki üstel sinyalin T=0.1 saniye aralıklarla

örneklendiğini kabul edersek aşağıdaki ayrık zaman

sinyal elde edilir.k2.0k2.0

e)k(fyadae)kT(f

4

Sürekli Zaman ve Ayrık Zaman Üstel Sinyaller

tetf

2)(

0 0.5 1 1.5 20

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

300

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

20100

kekf

2.0)(

Ayrık zaman üstel sinyallerin genel ifadesi:

a<1 ise ? a>1 ise?

ka)k(f

Zaman (t) Örnek sayısı (k)

5

T=0.05 örnekleme peryodu ile sönümlü sinüsoidal

sinyalin ayrıklaştırılmışı

)5(10)(2

tSinetft

)25.0(10)(1.0

kSinekfk

0 0.5 1 1.5 2-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

0 20 40 60-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

)5(10)(2

tSinetft

Zaman (t) Örnek sayısı (k)

6

Ayrık birim basamak fonksiyonu Örneklenmiş birim basamak fonksiyonu

k)1()k(u

Ayrık birim impuls fonksiyonu d(k)

k)k(r

Ayrık birim rampa fonksiyonu r(k)

Ayrık zaman Temel test sinyalleri

7

y(t)Analog

Sistem

u(t)

)t(Du)t(Cx)t(y

)t(Bu)t(Ax)t(xdt

d

Hatırlatma:

Sürekli zaman sistemler:

• Statik / Dinamik sistem ?

• Doğrusal /doğrusal olmayan sistem ?

• Zamanla değişen / zamanla değişmeyen sistem ?

Matematiksel Modelleri

Doğrusal-Zamanla

değişmeyen Sistemin

Transfer Fonksiyonu

Doğrusal-Zamanla

değişmeyen Sistemin

Durum Denklemi

Zaman bölgesi denklemleri

.vs

...

)t(u3)t(y2dt

)t(dy

5)t(u.10)t(y

1.3 Sayısal (Ayrık zaman) Sistemler

8

y(k)Sayısal

Sistem

u(k)

Sayısal (Ayrık zaman) Sistemler

Ayrık zaman sistemler ve matematiksel ifadeleri

• Statik / Dinamik sistem ya da bellekli /belleksiz sistem

(Tanımı ve matematiksel ifadeleri ???)

• Doğrusal / doğrusal olmayan sistem

(Tanımı ve matematiksel ifadeleri ???)

• Zamanla değişen / zamanla değişmeyen sistem

(Tanımı ve matematiksel ifadeleri ???)

Ayrık zaman sistem, ayrık zaman giriş sinyalini alarak ayrık

zamanda tanımlı dinamik ya da statik bir giriş-çıkış ilişkisi verir.

y(k)=F{ y,u) } ???

)k(ue)k(yk2.0

),k(u)1k(y8.0)k(y,1)k(u2)k(y

)k(u)1k(y8.0)k(y

y(k) ?

y(k-1) ?

y(k+2) ?

9

Ayrık zaman Sistemlerin Cevabını Bulma ve Kararlılık

)k(ue)k(yk2.0

a-) Verilen sistemlerin bellekli, doğrusal ve zamanla değişmeyen olup

olmadıklarını belirleyiniz.

b-) birim basamak, birim impuls ve birim rampa cevaplarını k=0,1,2

örnek için iteratif çözerek bulunuz.

c-) Sistemlerin kararlı olup olmadıklarını belirleyiniz.

d-) Sistemlerin zaman bölgesi blok şemasını çiziniz.

Kararlılık: Sınırlı girişe karşı sınırlı çıkış veren sistemler SGSÇ

kararlıdır. Diğer kararlılık tanımları ????

)1k(u5.0)k(u)k(y

)k(u)1k(y8.0)k(y 10

Sayısal Türev: Bir sinyalin herhangi bir noktadaki türevi

sinyalin o noktadaki eğimidir.

Bir f(t) sinyalinin türevi y(t) ile gösterilirse bu sinyalin herhangi bir t

(yada k, kT) noktasındaki eğimi,

sinyalin zaman ekseni ile yaptığı

açı kullanılarak aşağıdaki gibi yazılabilir.

Fonksiyonun eğimi farklı yaklaşımlarla bulunabilir.

Bunlardan ileri fark, geri fark ve merkezi fark olarak bilinen

yöntemler yaygın olarak kullanılmaktadır.

tan)()( tfdt

dty

k

f(k)

t

f(t)

1.4 Sürekli zaman sistemlerin ayrıklaştırılması

Sayısal Türev

11

İleri Fark Yöntemi

İleri fark yönteminde fonksiyonun bir gelecekteki örneklenmiş değeri kullanılarak fonksiyonun o andaki eğimi yaklaşık olarak hesaplanabilir.

İleri fark yöntemine göre sayısal türev,

T

kfkfky

)()1()(

k

f(k)

t

f(t)

k+1

f(k+1)

12

Geri fark yönteminde fonksiyonun bir önceki örneklenmiş değeri kullanılarak fonksiyonun o andaki eğimi yaklaşık olarak hesaplanabilir.

Geri fark yöntemine göre sayısal türev,

T

kfkfky

)1()()(

k

f(k)

t

f(t)

k-1

f(k-1)

Geri Fark Yöntemi

13

Merkezi Fark Yöntemi

(Bilineer Dönüşüm-Tustin Algoritması)

Merkezi fark yönteminde ise fonksiyonun bir önceki ve bir gelecekteki

örneklenmiş değerleri kullanılarak fonksiyonun o andaki eğimi

yaklaşık olarak hesaplanabilir.

Merkezi fark yöntemi ile sayısal türev,

T

kfkfky

2

)1()1()(

k

f(k)

t

f(t)

k-1

f(k-1)

k+1

f(k+1)

14

Sayısal İntegral

Bir sinyalin herhangi bir andaki integrali (belirli-sınırlı integrali) bu sinyalin o ana kadar taradığı alanın toplamıdır. Bir f(t) fonksiyonun integrali y(t) ile gösterilirse t anındaki integral,

Bir fonksiyonun herhangi bir t anındaki taradığı alanı bulmak için çeşitli yöntemler geliştirilmiştir. Burada en çok kullanılan sol kenar, sağ kenar ve yamuk yöntemleri verilmiştir.

t

0t

)0t(ydt)t(f)t(y

15

(k-1) k

f(k)

f(k-1)

T

t

f(t)

y(k-1) = y(t0) Alan

)1(. kfTAlan

)k(f.TAlan

)1()(.2

kfkfT

Alan

Sol Kenar Kuralı:

Sağ Kenar Kuralı:

Yamuk Kuralı:

Alan)1k(y)k(y

16

Örnekler

1-) Verilen fonksiyonların değişik yöntemlerle sayısal türevini /

integralini aldıran bir program yazınız.

2-) Bir bobinin, kondansatörün ya da mekanik bir elemanın çeşitli

giriş sinyalleri için çıkışını sayısal türev ya da integral işlemlerinin

kullanarak bilgisayar ortamında çözünüz.

Örneğin kondansatöre birim rampa gerilim uygulanırsa akımı nasıl

değişir.

)t(vdt

dC)t(i

5

0

5

0

t10t10dt)t5(Cos)t(y,dte)t(y),t10(Sin

dt

d4)t(y,e

dt

d4)t(y

17

Doğrusal ve zamanla değişmeyen sürekli zaman sistemlerdedurumlar, çıkışlar ve giriş fonksiyonları t zamanın süreklifonksiyonları olduğu halde,

Ayrık zaman sistemlerde bu büyüklükler, sürekli t zamanının ancakkT gibi ayrık anlarında tanımlıdırlar. Burada k = 0, 1, 2,...

Sürekli zaman sistemlerin matematiksel modelleri diferansiyeldenklemlerle tanımlanırken ayrık zaman sistemlerin modelleri isefark denklemleri ile tanımlanır.

Fark denklemleri geriye farklar ya da ileriye farklar şeklindeyazılabilir.

Önceki sunularda basit örnekleri verilen n. dereceden bir farkdenkleminin geriye farklar biçiminde yazılışı genel olarak :

)mk(ub)1k(ub...)k(u)nk(ya)1k(ya...)k(ym1n1

1.5 Fark Denklemleri

Burada, k=0 için y(-1), y(-2),……y(-n) başlangıç koşullarıdır. 18

)k(ub)1k(ub...)mk(u)k(ya)1k(ya...)nk(y0101

Burada, k=0 için y(n-1), y(n-2),……,y(1), y(0) başlangıç koşullarıdır.

n. dereceden bir fark denkleminin ileriye farklar biçimindeyazılışı genel olarak :

Örnekler:

2)0(y:kosuluBaslangic

)1k(u)k(y5.0)1k(y

2)2(y,4)1(y:kosullariBaslangic

)1k(u3)k(u)2k(y)1k(y2)k(y

Dolayısıyla fark denklemleri, başlangıç koşulları hesaplanmak

koşuluyla ileri ya da geri yönde ötelenebilir.

k=k+2 ile öteleyiniz.

k=k-1 ile öteleyiniz.

19

Fark denklemleri, diferansiyel denklemlerin

ayrıklaştırılması ile elde edilebilir.

)t(u3dt

)t(du4)t(y2

dt

)t(dy

)1k(uT21

4)k(u

T21

T34)1k(y

T21

1)k(y

Örnek:

Geri fark yöntemi kullanılarak ayrıklaştırılırsa,

Eğer T=0.1 saniye seçilirse aşağıdaki fark denklemi elde edilir.

)1k(u333.3)k(u583.3)1k(y833.0)k(y

20

Dolayısıyla dinamik sistemlerin analog modelleri bir integro-

diferansiyel denklem iken dinamik sistemlerin sayısal modelleri giriş

ve çıkışın gecikmişleri ile ifade edilen bir fark denklemi şeklindedir.

Burada örnekleme peryodunu gösteren T bloğu, bir örneklik

gecikmeyi ifade eder.

Örnekler: Çeşitli yöntemlerle ayrıklaştırarak blok şemalarını çiziniz. T=0.1s

)t(u10)t(y4dt

)t(dy2

dt

)t(yd

dt

)t(du4)t(y2

dt

)t(yd)t(u10)t(y

dt

)t(dy

2

2

2

2

21

Fark Denklemlerinin ÇözümüSabit katsayılı diferansiyel denklemlerin çözümünde olduğu gibi fark

denklemleri de homojen çözüm ve özel çözümün toplamından meydana

gelir.

Örnek:

n21 r...rr

0arardaya0ra...ra1 n1n

1nn

n1

1

Homojen çözüm yh(k):

Karakteristik denklem

KD’ in kökleri reel ve ayrık ise

KD’ in kökler reel ve katlı ise

KD’in kökleri kompleks ise

k

nn

k

22

k

11 rA...rArA)k(yh

jbar,jbar 21

n21 r,...r,r

k

1

1n

n

k

12

k

11 rkA...krArA)k(yh

)a/b(tan,ba),k(SinA)k(CosA)k(yh122k

2

k

1

)k(u)nk(ya...)1k(ya)k(y n1

22

Fark denklemlerinin özel çözümü

Diferansiyel denklemlerde olduğu gibi kaynak fonksiyonunun türüne

bağlı olan, bir de özel çözüm vardır.

)k(Cosdaya)k(Sin

k

)a(

1.K

n

k

k

özel çözümKaynak

)k(CosC)k(SinC)k(yö

k.C)k(yö

)a.(C)k(yö

1.C)k(yö

21

n

k

k

Özel çözümün aynısı, homojen çözümde de varsa her defasında özel

çözüm k ile çarpılmalıdır.

23

olsun0)2(y,1)1(y,)1()k(uBurada

)k(u)2k(y1.0)1k(y3.0)k(y

k

2.0r,5.0r 21

Örnek: Verilen fark denklemini çözünüz.

Çözüm: Karakteristik denklemin kökleri

k

2

k

1 )2.0(A)5.0(A)k(yh

k)1(C)k(yö

Seçileceğinden özel çözüm yerine yazılarak C katsayısı bulunabilir.

1667.0CBuradan)1()1(C1.0)1(C3.0)1(Ck2k1kk

Olduğundan homojen Çözüm:

Kaynağa göre özel çözüm,

24

2

1

A

A

1667.0)2.0(A)5.0(A)k(yö)k(yh)k(y k

2

k

1

1667.0)2.0(A)5.0(A0)2(yicin2k

1667.0)2.0(A)5.0(A1)1(yicin1k

2

2

2

1

1

2

1

1

Toplam çözüm

Elde edilir. Başlangıç koşulları uygulanarak A1 ve A2 katsayıları

bulunabilir.

25

Fark Denklemlerinin Ardışıl ya da

Bilgisayarla Çözümü

0k0

0k)1()k(uve0)1(yBurada

)1k(u333.3)k(u583.3)1k(y833.0)k(y

k

Fark denkleminin herhangi bir k=0 için bulunacak çıkışı y(0)

olduğuna göre önceki çıkışları yani y(-1),y(-2) gibi başlangıç

koşuludur. Yukarıdaki fark denkleminin girişin birim basamak

olduğunu dikkate alırsak,

.....................için2k

234.3)1(yburadan)0(u333.3)1(u583.3)0(y833.0)1(yiçin1k

583.3)0(yburadan)1(u333.3)0(u583.3)1(y833.0)0(yiçin0k

26

Şekilde, analog sistemin birim basamak cevabı ile T=0.1 saniye örnekleme peryodu ile ayrıklaştırılan ayrık zaman sistemin birim basamak cevabı verilmiştir

0 1 2 30

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

0 10 20 30 400

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4Step Response

Time (sec)

Am

pli

tud

e

27

ÖrneklerBir RL, RC, RLC seri ya da paralel devresinin birim impuls, birim

basamak ve birim rampa cevaplarını, sistemin diferansiyel

denkleminin çıkarıp ayrıklaştırdıktan sonra

a-) Klasik yöntemle çözünüz

b-) bilgisayar programı ile çözdürünüz.

Diğer bazı sistemleri (mekanik, elektromekanik, sıvı seviye ve akış

gibi) bilgisayar programları yazarak inceleyiniz.

28

Bölüm 2

Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin

Matematiksel Temelleri

2.1 Z- Dönüşümü

2.2 Ters Z dönüşümü

2.3 Fark Denklemlerinin z–Dönüşümü ile Çözümü

2.4 Transfer Fonksiyonu

2.5 Blok Şemalar

2.6 Sinyal akış şemaları

2.7 Durum Diyagramları

29

F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT

2.1 z -Dönüşümü

k

0k

z)k(y)z(Y)k(yZ

Toplam sınırları sonlu değerler alabildiği gibi -∞, +∞ aralığında da

alınabilir ve bu dönüşüme iki yönlü z dönüşümü denir.

Örneklenmiş bir sinyalin Z dönüşümü de aşağıdaki gibi alınabilir.

k

0k

z)kT(y)z(Y)kT(yZ

Doğrusal diferansiyel denklemlerin çözümünde Laplace

dönüşümünden yararlanıldığı gibi, doğrusal fark denklemlerinin

çözümünde de z dönüşümünden yararlanılır. Z dönüşümü fark

denklemlerini cebirsel hale getirir. Tek yönlü Z Dönüşümü

aşağıdaki gibi tanımlanır.

30

Z-dönüşümüne dikkat edilirse sonsuza giden bir seridir ve seriler

belirli koşullarda belirli bir değere yakınsar. Bu nedenle z-

dönüşümü bulunurken serilerin yakınsaklığını da belirlemek

gerekir. Çoğu seriler, aşağıdaki açılıma uygundur ve bu serilerin

in yakınsaklığı aşağıdaki ifade ile belirlenebilir.

0n

1n32n

0n

n32n

q...qqqqq

q...qqq1q

1q,q1

1q...qqq1q

0n

n32n

Serilerin Yakınsaklığı

0n

1nn

q1

q1qHer iki taraftan çıkarma yapılırsa,

31

Örnek: Birim basamak fonksiyonunun

Z dönüşümü

0 1 2 3 4….

1

f(k)

k

0 T 2T 3T 4T….

1

f(kT)

t=kT

Ayrık birim basamak fonksiyonu Örneklenmiş birim basamak

fonksiyonu

Çözüm

0

3210...).3().2().1().0().()(

k

kzfzfzfzfzkfzF

...1)(321

zzzzF

Bu sonsuz serinin yakınsaklığı,

1z

z

z1

1)z(F

1

k)1()k(f

1|z| 1

Koşulu ile 32

. . . .

k

1 2 3 . . .

f(k)

dayae)k(fbk

Örnek: Ayrık zaman üstel fonksiyonun z dönüşümünü alınız.

Çözüm: z-dönüşüm serisinin açılımından,

az

z

z.a1

1)z(Folursa)a()k(f

ez

z

z.e1

1)z(F

1

k

b1b

1|ze|1bT

Genel olarak üstel fonksiyonlar

k)a()k(f

33

Örnek: Birim rampa fonksiyonunun z dönüşümü

Çözüm

0k

321k ...z3z2z0z).k(f)z(F

2)1z(

z)z(F

k)k(f

0 1 2 3 4….

f(k)

k

Önceki seriden farklıdır ve yakınsaklığı ve dolayısıyla

z-dönüşümü aşağıdaki gibi bulunur.

34

Fonksiyon

f(k)Z Dönüşümü

F(z)

)wk(Cos

)wk(Sin

)a(

k

k

)k(u

)k(

k

2

d

1zCoswa2z

)wCosz(z

1wzCos2z

wzSin

az

z

)1z(

)1z(z

)1z(

z

1z

z

1

2

2

3

2

Bazı Ayrık Fonksiyonların z- Dönüşümleri

35

Analog Fonksiyon

f(t)

z- Dönüşümü

F(z)

)wkT(Cos

)wkT(Sin

e

kT

bkT

1wTzCos2z

)wTCosz(z

1wTzCos2z

wTzSin

ez

z

)1z(

zT

2

2

bT

2

)wt(Cos

)wt(Sin

e

t

bt

Bazı Örneklenmiş Fonksiyonların z- Dönüşümleri

Örneklenmiş Fonksiyon

f(kT)

36

n

k

knzkyzYznky

1

)()()(

1-) Toplama-Çıkarma ve sabit çarpan

)z(bY)z(aY)k(by)k(ay 2121

2) Geciktirme:

)z(Yz)nk(y n

3) Öngörme:

)z(Yz)nk(y n

1

0

)()()(

n

k

knzkyzYznky

İki yönlü dönüşüm

Bir yönlü dönüşüm

İki yönlü dönüşüm

Bir yönlü dönüşüm

Bazı Önemli z – Dönüşüm Teoremleri

37

6) Karmaşık Dönüşüm (üstel ile çarpma)

a

zF)z(F)k(fa)k(f 11

k

4) İlk Değer Teoremi

5) Son Değer Teoremi

)z(YLim)k(yLim)0(yz0k

)z(Y)1z(Lim)k(yLim)(y1zk

7) Rampa ile çarpma

)z(F)dz

dz()z(F)k(fk)k(f n

1

n

38

)ez/(z)z(F 2

k2k5)k(f

0)(f,1)0(f

k4Sine)k(f k2

Örnek: İlk ve son değerlerini bulunuz.

Örnek: Verilen fonksiyonun z dönüşümünü bulunuz.

Örnek:Verilen fonksiyonun z dönüşümünü bulunuz.

422

2

42

4)(

eCoszez

SinzezF

2)2z(

z25)z(F

2

k

)az(

za)z(Fise)a(k)k(f

Genel hali

Uygulamalar

39

Örnek: Verilen fark denkleminin z-dönüşümünü kullanarak

çözümünü inceleyiniz.

k)5.0()k(uve0)2(y,1)1(y

)k(u)2k(y64.0)1k(y6.1)k(y

Çözüm

2

3

21

)8.0z)(5.0z(

z)z(Y

çözümBuradan

.dir5.0z

z)z(Uve

)z(U)z(Yz64.0)z(Yz6.1)z(Y

a-) İki yönlü z-dönüşümü başlangıç koşullarını dikkate almadığına göre,

Fark denklemlerinin z-dönüşümünün alma

40

2

2

2

3

121

)8.0z(

z64.0z6.1

)8.0z)(5.0z(

z)z(Y

çözümBuradan

5.0z

z)]2(y)1(yz)z(Yz[64.0)]1(y)z(Yz[6.1)z(Y

b-) Tek yönlü z-dönüşümünde başlangıç koşulları da

dikkate alınmalıdır.

Çözümdeki ilk terimin kaynağın,

ikinci terimin ise başlangıç koşullarının

ortaya çıkardığı çözüm bileşenleri olduğu görülmektedir.

41

c-) Önceki örnekte verilen fark denklemi k=k+2 yazılarak

ötelenebilir ve elde edilen denkleme tek ya da iki yönlü z-

dönüşümü uygulanabilir. k=k+2 yazılarak

)2k(u)k(y64.0)1k(y6.1)2k(y

Ancak bu denklemde k=-2 durumu önceki denklemin k=0

durumuna karşılık gelir. Bu nedenle bu denklemi k=0,1,2… için

yani tek yönlü z-dönüşümü ile çözmek gerektiğinden y(0) ve y(1)

gibi yeni başlangıç koşullarını da belirlemek gerekir.

NOT: Bu denklemin iki yönlü z-dönüşümü ile çözümünün (a)

şıkında bulunan çözüm ile aynı olduğu görülmektedir.

Fark denklemlerinin ÖtelenmesiFark denklemleri ileri ya da geri yönde öteleme yapılabilir.

Ancak varsa başlangıç koşullarının hesaplanmasına dikkat

edilmelidir.

42

02.4)1(yburadan5.0)1(y64.0)0(y6.1)1(y

için1k

6.2)0(yburadan1)2(y64.0)1(y6.1)0(y

için2k

Yeni başlangıç koşulları ile ötelenmiş fark denklemi,

02.4)1(y,6.2)0(y

)2k(u)k(y64.0)1k(y6.1)2k(y

Olduğundan tek yönlü z-dönüşümü uygulanırsa,

)1(zu)0(uz)z(Uz

)z(Y64.0)]0(zy)z(zY[6.1)1(zy)0(yz)z(Yz

22

22

Elde edilir. Verilen u(k) kullanılarak u(0)=1 ve u(1)=0.5 bulunur.

Bu denklem düzenlenirse, bu denklemin çözümünün (b) şıkkında

elde edilen çözüm ile aynı olduğu görülür. 43

2.2 Ters z – Dönüşümü

.edilireldea)k(fBuradan

z)k(f)z(F

...zazaaz1)z(F

k

0k

k

33221

Ters z-dönüşümünde genellikle güç serisine açma yöntemi ya dakısmi kesirlere ayırma yöntemi kullanılır. Ters dönüşüm bağıntısındanyararlanarak çıkarılan rezidü yöntemi de basit kesirlere ayırmayöntemine benzer bir anlayışla uygulanabilir.

Kuvvet Serisi Yöntemi: Bölme işlemi yapılarak negatif z kuvvetlerinden

oluşan bir seri elde edilir.

Örnek

az

z)z(F

Fonksiyonunun ters z-dönüşümünü

bulmak için bölme işlemi yapılırsa,

44

Örnek

2z3z

z)z(F

2

12)k(f

z)k(f)z(F

...z15z7z3z)z(F

k

1k

k

4321

Fonksiyonunun ters z-dönüşümünü bulmak için bölme işlemi

yapılırsa,

45

Kısmi Kesirlere Ayırma Yöntemi: Verilen karmaşık ifade basit

kesirlerine ayrılarak her bir basit kesrin ters z-dönüşümü

bulunur. Ancak z-dönüşüm tablosuna dikkat edilirse basit

terimlerin z-dönüşümlerinin payında her zaman z çarpanı vardır.

Bu nedenle, Z bölgesinde verilen bir F(z) ifadesi, öncelikle

F(z)/z haline getirilerek basit kesirlerine ayrılmalıdır.

)ez).(1z(

z)e1()z(F

aT

aT

Örnek

aTez

z

1z

z)z(F

,...2,1,0k,e1)k(f akT

Payda kökleri reel ve ayrık olduğundan basit kesirleri,

Olduğuna göre

46

)2).(1(

1)(

zzzE

2z2

1

1z

1

z2

1

)2z)(1z(z

1

z

)z(E

z

z

)2z).(1z(

1)z(E

k22

1)k(u)k(

2

1)k(e d

Payda kökleri reel ve ayrık olduğundan basit kesirleri,

Örnek

22

1

12

1)(

z

z

z

z

z

zzE

Olduğuna göre

47

)1.()2(

2)(

2

3

zz

zzzX

2)2(1)1.()2(

12)(

)1.()2(

)12.()(

22

2

2

2

z

C

z

B

z

A

zz

z

z

zX

zz

zzzX

3)1.()2(

12.1 |

1

2

2

zzz

zzA 9

)1.()2(

12.)2( |

2

2

22

zzz

zzB

1)1.()2(

12.)2(.

!1

1|

2

2

22

zzz

zz

dz

dC

2)2(

9

1

3)(

2

1

)2(

9

1

3)(

22

z

z

z

z

z

zzX

zzzz

zX

)k(u322k2

9)k(x kk

Örnek

Payda kökleri reel ve çakışık olduğundan basit kesirleri,

48

Karmaşık Kök DurumuKarmaşık kök durumunda da basit kesirlere ayırma yöntem

kullanılabilir. Ancak z-dönüşüm tablosuna dikkat edilirse karmaşık

kökler sinüsoidal fonksiyonlarda ortaya çıkmaktadır. Bu nedenle,

karmaşık kökü olan z-bölgesindeki fonksiyonlar saf sinüsoidal ya

da sönümlü sinüsoidal fonksiyonlara benzetilebilir. Bu amaçla

aşağıdaki z-dönüşümleri tekrar hatırlanabilir.

22

k

22

k

2

2

awazCos2z

)waCosz(z)z(Fise)wk(Cosa)k(f

awazCos2z

wazSin)z(Fise)wk(Sina)k(f

1wzCos2z

)wCosz(z)z(Fise)wk(Cos)k(f

1wzCos2z

wzSin)z(Fise)wk(Sin)k(f

NOT: wp/2 için payda köklerinin saf sanal olduğu görülmektedir. 49

)k2

sin()k(fise1z

z)z(F)1

2

p

Örnekler

)k2

cos()k(fise1z

z)z(F)2

2

2 p

)k3

(Sin577.0)k3

(Cos)k(f

Buradan

1zz

)3/(zCos

1zz

)3/(zCosz

1zz

)w(zCos)w(zCosz)z(F

.olur3/wvedirSinüsoidal

?)k(fise1zz

z)z(F)3

22

2

2

2

2

2

pp

pp

p

50

?)k(f4z2z

z)z(F)4

2

2

kSinkCoskfkk

3

2)2(

3

1

3

2)2()(

pp

Üstel ve sinüsoidal çarpımıdır ve a=2, w2p/3 olur. Bu

durumda örnek 3 e benzer şekilde düzenlenirse,

51

0)k(y)1k(y

Örnek: Başlangıç koşulu y(0) olan aşağıdaki farkdenklemini z dönüşümü ile çözünüz.

0)z(Y)0(y)z(Yz

Çözüm:

)0(1

)( yz

zzy

,...2,1,0k),0(y1)k(y k

Ters z-dönüşümü ile

2.3 Fark Denklemlerinin z–Dönüşümü ile

Çözümü

52

Örnek: Başlangıç koşulları verilen aşağıdaki fark denklemini z

dönüşümü ile çözünüz.

1)1(x,0)0(x,0)k(x2)1k(x3)2k(x

0)z(X2)0(zx3)z(zX3)1(zx)0(xz)z(Xz 22

Çözüm:

2z

z

1z

z

2z3z

z)z(X

2

kk)2()1()k(x

Zamanda kaydırarak k=k-2 ötelemesi yapılırsa

0)2(.2)1(.3)( kxkxkx

75.0)2(x,5.0)1(x

Geriye ötelenmiş bu fark denklemi de z-dönüşümü ile çözülürse aynı

sonuç elde edilir.

Fark denklemi elde edilir ve bu denklem k=1 ve k=0 için ya da ilk

verilen denklem k=-1 ve k=-2 için çözülerek yeni başlangıç koşulları

bulunur.

53

0k0)k(x,1)2k(x)1k(x2)k(x2

Örnek: Başlangıç koşulları verilen aşağıdaki farkdenklemini z

dönüşümü ile çözünüz.

Çözüm:

1z

z)z(Xz)z(Xz2)z(X2 21

502

1

1 2

2

.zz

zz

z

z)z(X

50

50

2

1

50

50

2

1

1 22

2

.zz

z.

.zz

z.z

z

z)z(X

,...,,k)k(Sin)k(Cos)k(x

kk

21042

1

2

1

42

1

2

11

pp

42

1

2

1 1 p

Cosw,a

İkinci terim, üstel ile

sinüsoidal çarpımıdır ve

54

Başlangıç koşulları sıfır alınmak kaydıyla z-bölgesinde çıkışın

girişe oranı transfer fonksiyonunu belirler.

n

n

1

1

m

m

1

10

m

m0

n

n

1

1

m0n1

za...za1

zb...zbb

)z(U

)z(Y)z(G

)z(Uzb...)z(Ub)z(Yza...)z(Yza)z(Y

)mk(ub..)k(ub)nk(ya)1k(ya)k(y

2.4 Transfer Fonksiyonu

G(z)

Y(z)U(z)

55

?G(z)

)1k(u2)k(u)1k(y3)k(y4)1k(y

Örnek: Fark denklemi verilen sistemin transfer fonksiyonunu

bulunuz.

Örnek: Transfer fonksiyonu verilen sistemin fark denklemini

çıkarınız.

5z4z

3z

)z(U

)z(Y)z(G

2

56

2.4.1 Transfer Fonksiyonu Verilen Sistemin

verilen bir giriş için Cevabını Bulma

)z(U

)z(Y)z(G )z(U)z(G)z(Y Olduğuna göre

Olur ve sistemin transfer fonksiyonu ile sisteme uygulanan giriş

verilmişse ters z dönüşümü alınarak çıkış bulunur.

)3z)(2z(

2z)z(G

Örnek:TF verilen sistemin birim basamak cevabını bulunuz.

kkk )3(5

4)1()2(

5

1)k(y

5

4C , -1B ,

5

1A

3z

C

1z

B

2z

A

)3z)(1z)(2z(

5z

z

)z(Y

1z

z

)3z)(2z(

5z)z(Y

U(z) Y(z)

G(z)

57

2.4.2 Transfer Fonksiyonunun kutupları, sıfırları,

z-düzlemi, birim çember ve kararlılık

Örnekler

Sürekli zaman sistemlerdeki tanımlar ayrık zamanda da geçerli

olduğundan burada sadece örnekler verilecektir.

az

z)z(G

2)3.0z)(1z(

)2z(z)z(G

25.0z5.0z

z25.0z)z(G

2

2

58

2.5 Blok Şemalar

Sürekli zaman kontrol sistemlerinin analizinde geçerli olan blok

şema kuralları, sinyalleri ve sistemleri ayrık zamanda

tanımlamak koşuluyla ayrık zamanda da geçerlidir.

Örnekler:

G2

R YG1

+-

G3

H2

H1

+

-

59

2.6 Sinyal Akış Şemaları

Sürekli zaman kontrol sistemlerinin analizinde geçerli olan

sinyal akış şeması kuralları, sinyalleri ve sistemleri

ayrık zamanda tanımlamak koşuluyla ayrık zamanda da

geçerlidir.

Örnekler:

R 1 Y

X2

o oo oo oo oo oX1 X3 X4

G1 G2 G3 G4

-H1 -H3

-H2

YR 1 Yo oo oo o

G1 G2

-H2-H1

o o1

60

2.7 Durum Diyagramları

Sürekli zaman kontrol sistemlerinin analizinde geçerli olan

Durum diyagramı kuralları, sinyalleri ve sistemleri

ayrık zamanda tanımlamak koşuluyla ayrık zamanda da

geçerlidir.

NOT: Başlangıç koşulları da durum diyagramlarında

gösterilebilir ancak burada başlangıç koşulları sıfır alınacaktır.

Örnekler: Durum diyagramlarını a-) zaman bölgesinde b-) z-

dönüşümünü alarak z bölgesinde ve ayrıca sinyal akış

şeması/blok şema gösterimi ile çiziniz.

)k(u5)k(y3)1k(y4)2k(y

)k(u10)k(y)1k(y

61

2.7.1 Ayrık Zaman Durum Denklemleri ve z-

Dönüşümü ile Çözümü

)()()(

)()()1(

kDukCxky

kBukAxkx

)z(BU)AzI())0(x)AzI(z)z(X

)z(BU)0(zx)z(XAzI

)z(BU)z(AX)0(zx)z(zX

11

z-dönüşümü ile çözümü: Durum değişkenlerinin başlangıç

değeri x(0) vektörü olsun.

62

u(k) 0

5

)k(x

)k(x

01

23

)1k(x

)1k(x

2

1

2

1

0

2x(0)

k

)2()k(u

)2z(

z5)2z(

z5

z2

z2

)z(X

2z

z

0

5

3z1

2z

0

2

)3z(zz

z2z

)z(X

3z1

2z

)AzI(3z1

2z

)2z)(1z(

1)AzI(

22

2

11

Örnek: Verilen durum denklemini z-dönüşümü yardımıyla çözünüz.

Çözüm

63

2.7.2 Durum Denklemlerinin iteratif ya da

bilgisayarlı Çözümü

)(0

)(

)(

)81(2

1

)1(

)1(

2

1

2

1ku

Tkx

kx

TT

T

kx

kx

k

21 1)k(u,5)0(x,2)0(x,sn1.0T

Örnek: Verilen durum denklemini iteratif olarak çözünüz.

0k

5.25.02)1()0(.)0()1( 1211 xxTxx

7.01.05)8.01(4.0)1()0(.)0().81()0(..2)1( 2212 xuTxTxTx

için

Çözüm:

1k

57.207.05.2)2()1(.)1()2( 1211 xxTxx

26.01.07.0)8.01(5.0)2()1(.)1().81()1(..2)2( 2212 xuTxTxTx

için

64

2.7.3 Durum Denkleminden

Transfer Fonksiyonuna Dönüşüm

)()()(

)()()1(

kDukCxky

kBukAxkx

Tek giriş ve tek çıkışlı ayrık zaman bir sistemin durum denklemi,

Başlangıç koşulları sıfır alınarak z dönüşümü alınır,

)z(DU)z(CX)z(Y

)z(BU)AzI()z(X

)z(BU)z(AX)z(zX

1

DB)AzI(C)z(U

)z(Y)z(G)z(UDB)AzI(C)z(Y 11

ve çıkış/giriş oranı oluşturulursa,

65

4u(k)(k)x

(k)x 32)k(y

)k(u1

2

)k(x

)k(x

04

23

)1k(x

)1k(x

2

1

2

1

2

1

41

2

)3z(3412z2)z(T4

1

2

3z4

2z

32)z(G

8z3z

5z19z4)z(G

48z3z

37z74

37z74

)3z(34)12z2(2)z(G

2

2

2

Çözüm:

ÖrnekG(z)=?

8z3zBurada3z4

2z1)AzI( 21

Buradan

66

)(2)(5)1()2(2)3(3 kukykykyky

)3k(y)1k(x

)2k(y)1k(x)k(x

)1k(y)1k(x)k(x

)k(y)k(x

3

23

12

1

)k(u

3

20

0

)k(x

)k(x

)k(x

3

2

3

1

3

5100

010

)1k(x

)1k(x

)1k(x

3

2

1

3

2

1

)k(x

)k(x

)k(x

001)k(y

3

2

1

2.7.4 Fark Denkleminden Durum Denklemine Dönüşüm

Verilen fark denkleminde atanan

değerler yerlerine yazılırsa;

Buna göre Kanonik formda durum denklemi

Üçüncü dereceden bir sistem olduğundan 3 tane durum değişkeni vardır ve

aşağıdaki gibi atamalar yapılabilir.

Aşağıdaki fark denklemi verilmiş olsun. NOT: Çıkış sadece u(k) olursa

)k(u2)k(x5)k(x)k(x2)1k(x3 1233

67

)k(u4)k(y3)1k(y2)2k(y

)k(x

)k(x 01)k(y),k(u

4

0

)k(x

)k(x

23

10

)1k(x

)1k(x

2

1

2

1

2

1

Örnek:

Buna göre durum denklemi

)2k(y)1k(x

)1k(y)1k(x)k(x

)k(y)k(x

2

12

1

Durum değişkeni atamaları yapılırsa,

Çözüm:

)k(x2)k(x3)k(u4)1k(xBuradan

)k(u4)k(x3)k(x2)1k(x

212

122

68

2.7.5 Transfer Fonksiyonundan

Durum Denklemlerini Elde Etme

Sürekli zaman kontrol sistemlerinde incelendiği gibi ayrık zaman

kontrol sistemlerinde de verilen bir transfer fonksiyonundan

durum denklemi,

a-) Kanonik

b-) Seri

c-) Paralel

yöntemlerle elde edilebilir. Yöntemler önceden bilindiğinden

burada örnekler verilecektir.

69

5.02

12)(

23

2

zzz

zzzG

)(

)(.

5.021

2

)(

)(..

5.02

12

)(

)(

321

321

3

3

23

2

zE

zE

zzz

zzz

zE

zE

z

z

zzz

zz

zU

zY

)()(2)()(321

zEzzEzzEzzY

)(5.0)()(2)()(321

zEzzEzzEzzEzU

)z(Ez5.0)z(Ez)z(Ez2)z(U)z(EBuradan 321

Kanonik Yöntem

Örnek: verilen transfer fonksiyonuna ait işaret akış

diyagramını çiziniz ve durum denklemlerini çıkarınız.

Çözüm

70

U(z)

1

E(z) z-1

-2

-1

-0,5

z-1

1

2

1

Y(z)

zx1 (z)

zx2 (z)

x1 (z)

z-1

zx3 (z)

x2(z)

x3(z)

)k(x5.0)k(x)k(x2)k(u)1k(x 3211

)k(x)1k(x 12

)()1( 23 kxkx )k(x)k(x2)k(x)k(y 321

)k(x

)k(x

)k(x

121)k(y),k(u

0

0

1

)k(x

)k(x

)k(x

010

001

5.012

)1k(x

)1k(x

)1k(x

3

2

1

3

2

1

3

2

1

Sinyal akış şeması kullanılarak durum değişkenleri ve çıkış

71

)1z)(8.0z)(5.0z(

2z)z(G

Seri Yöntem

Örnek: verilen transfer fonksiyonuna ait işaret akış diyagramını çiziniz

ve durum denklemlerini çıkarınız.

Çözüm

72

)1z(

2z

)8.0z(

2

)5.0z(

z)z(G

Paralel Yöntem

Örnek: verilen transfer fonksiyonuna ait işaret akış diyagramını çiziniz

ve durum denklemlerini çıkarınız.

Çözüm

73

-6

T

2

5

T

3

T

4

-2

2.7.6 Zamandaki Blok Diyagramından

Durum Denklemi

)k(x2)k(x)k(x)k(y),k(x4)k(u)1k(x

)k(x10)k(x3)k(u)1k(x),k(x6)k(x2)k(u)1k(x

32133

322211

74

T T T

-2

-3

-1

1

(k)x(k)xy(k)

(k)x1)(kx

(k)x1)(kx

(k)x-(k)3x-(k)2x-u(k)1)(kx

32

23

12

3211

Örnek

75

Bölüm 3

Ayrık Zaman (Sayısal ) Kontrol

Sistemlerinin Analizi

3.1 Ayrıklaştırma Yöntemlerinin Laplace Karşılığı ve

Kararlılığı

3.2 Sayısal Kontrol Sistemlerinde Kararlılık Analizi

3.3 Sayısal Kontrol Sistemlerinin Tipi ve Kalıcı Durum

Hataları

3.4 Sayısal PID kontrolörler

3.5 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin Analizi

76

F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT

3.1 Ayrıklaştırma Yöntemlerinin Laplace Karşılığı ve

Kararlılığı

T

kxkxtx

)()1()(

)z(XT

1z)s(sX

T

)z(X)z(zX)s(sX

T

zs

1 sTz 1

İleri Fark Yöntemi ya da Sol Kenar Kuralı

olduğuna göre karşılıklı laplace ve z dönüşümleri alınırsa,

Buradan ileri fark yönteminde iki düzlem arasındaki ilişkinin

aşağıdaki gibi olduğu görülür.

Ya da

77

0)Re( s

01

Re

T

z jyxz

01

Re

T

jyx

01

Re

T

yj

T

x

101

xT

x

Im(s)

Re(s)

Kararlı bölge

Kararlı bölge

Re(z) 1

Im(z)

İleri fark yöntemi ile bir sistemin ayrıklaştırılması neticesinde

kararlılığın nasıl değiştiği aşağıdaki gibi belirlenebilir.

Laplace bölgesinde kararlılık,

Olduğuna göre İleri fark yöntemine göre s yerine

ayrık karşılığı yazılırsa z-düzlemindeki kararlı bölge

Burada karmaşık z değişkeni

İle gösterilirse kararlı bölge

78

Örnek: Verilen sistemleri ileri fark yöntemi ile ayrıklaştırarak,

a-) s ve z düzlemlerindeki kutup-sıfır yerlerini ve kararlılıklarını

değerlendiriniz.

b-) hem analog hem de ayrıklaştırdığınız sayısal sistemin birim

basamak cevabını bulunuz.

NOT: Uygun örnekleme peryodunu seçiniz.

4s2s

1s)s(G

2s

1)s(G

2

79

Geri Fark Yöntemi ya da Sağ Kenar Kuralı

karşılıklı laplace ve z dünüşümleri alınırsa,

Buradan geri fark yönteminde s ve z düzlemi arasındaki ilişki,

Geri fark yöntemi ile ayrıklaştırılan sistemlerin kararlılığı için,

Bu ifade düzenlenirse,

T

kxkxtx

)1()()(

)z(XT

z1)s(sX

T

)z(Xz)z(X)s(sX

11

Tz

1zs

0Tz

1zRe

0

1.

1Re

jyx

jyx

T

22

2

2

1

2

1

yx

Im(s)

Re(s)

Kararlı bölge

Re(z)

Im(z)

80

Merkezi Fark Yöntemi ya da Yamuk Kuralı (Bilineer Dönüşüm)

)1()(2

)1()()()( kxkxT

kykydttxty

)s(Xs

1)s(Y )z(Xz)z(X

2

T)z(Yz)z(Y 11

)z(Xz1

z1

2

T)z(Y

1

1

1z

1z

T

2s

Olduğundan karşılıklı laplace ve z dünüşümleri alınırsa,

ve

Olur ve yamuk kuralı ile

ayrıklaştırmada s ve z

düzlemi arasındaki ilişki;

Yamuk kuralı (bilineer dönüşüm) ile ayrıklaştırmanın kararlılığı;

Im(s)

Re(s)

Kararlı bölge

Re(z)

Im(z) 0

1

1.

2Re

z

z

T

01

1.

2Re

jyx

jyx

T

122 yx 81

Örnek: Verilen sistemleri farklı yöntemlerle ayrıklaştırarak,

a-) s ve z düzlemlerindeki kutup-sıfır yerlerini ve kararlılıklarını

değerlendiriniz.

b-) hem analog hem de ayrıklaştırdığınız sayısal sistemin birim

basamak cevabını bulunuz.

NOT: Uygun örnekleme peryodunu seçiniz.

)1s(s

2)s(G

4s

1s)s(G

82

3.2 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinde

Kararlılık Analizi

• Ayrık zaman sistemlerin kararlı olabilmesi için karakteristik

denkleminin köklerinin birim çember içinde olması gerektiği

bilinmektedir.

• Birim çember dışında bulunan herhangi bir kutup sistemi

kararsız yapar.

• Yüksek dereceden sistemlerin köklerini bulma zorluğu

nedeniyle bunun yerine Routh-Hurwitz ya da Jury kriteri ile

ayrık zaman sistemlerin kararlılığı belirlenebilir.

• Routh-Hurwitz kriteri ayrık zaman sistemlerin kararlılık

analizine doğrudan uygulanamaz. Ancak, bilineer dönüşüm

kullanılarak verilen ayrık zaman sistemin sürekli zaman

karşılığı yaklaşık olarak bulunabilir ve bulunan analog

sisteme Routh-Hurwitz kriteri uygulanabilir.

• Burada Jury kriterini açıklamak yeterli olacaktır.83

JURY Kriteri ile Kararlılık Analizi

0...)( 11

10

nnnn

azazazazP

Jury kriteri ile yüksek dereceden sistemlerin doğrudan z-

bölgesinde kararlılık analizi yapılabilir. Sistemin karakteristik

denklemi P(z) elde edilirse aşağıdaki Jury tablosu oluşturulabilir.

Jury tablosundaki katsayılar, aşağıdaki determinantlarla bulunur.

1,...,2,1,0,10

1

nk

aa

aab

k

knnk 2,...,2,1,0,

10

21

nk

bb

bbc

k

knnk 84

JURY Kararlılık Kriteri

a0>0 olmak koşuluyla bir n. dereceden bir sistemin kararlı

olabilmesi için aşağıdakilerden sıra ile n+1 adet koşulun

sağlanması gerekir.

NOT: Şartlardan biri sağlanmazsa sistem kararsızdır. P(-1)=0 ya

da P(1)=0 olduğunda diğer şartlar sağlanıyorsa marjinal

kararlıdır (yani z=1 de kutbu vardır), aksi halde kararsızdır.85

008.03.007.02.1)(234

zzzzzP

Örnek: Karakteristik denklemi verilen sistemin kararlılığını

JURY kriteri ile inceleyiniz.

Çözüm:

sistem kararlıdır. 86

02.01.01.1)(23

zzzzP

Örnek: Karakteristik denklemi verilen sistemin kararlılığını

JURY kriteri ile inceleyiniz.

Çözüm:

Sistem marjinal kararlıdır.87

3679.0z3679.1z

)2642.0z3679.0(K)z(G

2p

Örnek: Kapalı çevrim kontrol sisteminin kararlı olabilmesi için

K’ nın alabileceği değer aralığını JURY kriteri ile belirleyiniz

02642.03679.0)3679.13679.0()(2

KzKzzP

177.5K3925.21|K2642.03679.0|,a|a|)1 02

0K0K6321.0)1(P

K6321.0K2642.03679.03679.1K3679.01)1(P)2

K383.260K1073.07558.2)1(P)3

03925.2 KSonuç:

Çözüm: Karakteristik denklem,

R(z) E(z) Y(z)+

-

U(z)K Gp(z)

88

3.3 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin Tipi

ve Kalıcı Durum HatalarıSayısal kontrol sistemlerindeki kalıcı durum hataları da

analog kontrol sistemlerindeki İncelemelere benzer şekilde

yapılabilir.

Şekildeki birim geri beslemeli kontrol sisteminde ileri besleme

transfer fonksiyonu G(z), kutup ve sıfırları cinsinden aşağıdaki

gibi yazılabilir.

)pz()z(

)zz(K

)z(G

i

r

j

1

Burada, zj- açık çevrim sistemin sıfırları, pi-açık çevrim sistemin

kutuplarıdır ve r ise sistemin tipini gösterir. Analog sistemlerde

olduğu gibi sayısal kontrol sistemlerinde de kalıcı durum hataları,

sistemin tipine göre değerlendirilebilir.

R(z) +

-

Y(z)

G(z)

89

Birim rampa giriş için olduğundan21 )z/(z)z(R

)z(G)z(limKBuradaK)z(Glim)z()z(

z

)z(G

)z(lime

zv

vz

zss 1

1

10

1

11

1

1

1

21

)z(GlimKBuradaK)z(Glimz

z

)z(G

)z(lime

zP

pz

zss

1

1

1 1

1

1

1

11

1

Birim basamak giriş için R(z)=z/(z-1) olduğundan

)z(R)z(G

)z()z(E)z(lime

zss

1

11

1

Kalıcı durum hatası (ess), son değer teoreminden,

Bu ifadeden yararlanarak basamak ve rampa girişler için konum

ve hız hata katsayıları aşağıdaki gibi hesaplanabilir.

Buna göre, Tip 0 sistemlerde sonlu basamak hatası

Tip 1 sistemlerde ise sonlu rampa hatası ortaya çıkar.

)z(R)z(G1

1)z(Y)z(R)z(E

Şekilde Hata fonksiyonu,

90

Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sisteminde her bir G(z)

için sistemin tipini ve ilgili kalıcı durum hatalarını bulunuz.

9.0z2.0z

1.0z)z(G

5.0z

z)z(G

2

91

Sayısal kontrolörlerin tasarımında iki yaklaşım izlenebilir.

• Kontrolör, önce analog olarak tasarlanır ve sonra ayrıklaştırılır.

• Önce sistem ayrıklaştırılır ve sonra kontrolör ayrık zamanda

tasarlanabilir. (bu yöntem sonraki bölümlerde açıklanacaktır)

3.4 Sayısal PID Kontrolörler

92

Kontrolörü, önce analog tasarlayıp sonra ayrıklaştırmak, aşağıdaki

ayrık zaman algoritmasını bulmak demektir.

Bu yöntem için bu bölümde verilen ileri, geri, merkezi farkın,

gerek zaman gerekse Laplace bölgesindeki dönüşümlerinden

yararlanılabilir. Ya da sonraki bölümlerde açıklanacak olan

örnekleme-tutma yöntemi kullanılabilir

ADC+Algoritma+DAC =Analog kontrolör

93

Laplace bölgesinde analog kontrolörlerin ayrık zamana

dönüştürülmesi matematiksel olarak,

|)(

)()(

zFs

cc sGzG

şeklinde ifade edilebilir. Burada F(z) “ayrıklaştırma

fonksiyonu” olarak adlandırılır. Önceki bölümlerde ileri

fark, geri fark ve merkezi fark (bilineer dönüşüm) yöntemi

için F(z) fonksiyonları belirlenmişti.

s

s)s(Gc

210

1

334015

14

120140

1

14

21

1410

210

1

12

z

).z(

z

zz

z

z

z

z

s

s)z(G |

z

z

Ts

c

Örnek: Verilen analog PI kontrolörün bilineer dönüşüm yöntemiyle

ayrık zaman eşdeğerini bulunuz, T=0.5 s.

94

1

)()(

z

azKzGc

PI Kontrolör: PI kontrolörlerin, genel olarak sistemin tipini

artırarak kalıcı durum hatalarını iyileştirdiği bilinmektedir.

Sayısal bir PI kontrolörün transfer fonksiyonu, yukarıda bilineer

dönüşümle elde edildiği gibi genel olarak aşağıdaki gibi

yazılabilir.

Bu ifadeden de sayısal PI kontrolörün, sistemin Tipini bir

artırarak kalıcı durum hatasını İyileştireceği ayrıca, sisteme bir

sıfır ekleyeceği ve sistemin kazancını ayarlayacağı

görülmektedir.

Örnekler: Gerek zaman bölgesinden gerekse Laplace

bölgesinden PI kontrolörü ayrıklaştırınız. Yukarıdaki gibi bir

transfer fonksiyonu elde ediniz. 95

)az(K)z(Gc

PD Kontrolör: Kontrol sisteminin geçici rejim kriterlerini (aşma-

yerleşme-yükselme zamanı) düzeltir. Sayısal bir PD

kontrolörün transfer fonksiyonu ileri fark yöntemi ile

ayrıklaştırılırsa,

Örnekler: Gerek zaman bölgesinden gerekse Laplace

bölgesinden yukarıdaki ifadenin çıkarılışını yapınız. Diğer

ayrıklaştırma yöntemleri ile de sayısal PD kontrolörün transfer

fonksiyonunu bulunuz.

z

)az(K)z(Gc

Geri fark ile

96

PID Kontrolör: Kontrol sisteminin geçici+kalıcı rejim kriterlerini

(aşma-yerleşme-yükselme zamanı) + kalıcı durum hatası

düzeltir. Sayısal bir PID kontrolörün transfer fonksiyonu geri

fark yöntemi ile ayrıklaştırılırsa,

Örnekler: Gerek zaman bölgesinden gerekse Laplace

bölgesinden Yukarıdaki ifadenin çıkarılışını yapınız. Diğer

ayrıklaştırma yöntemleri ile de sayısal PID kontrolörün

transfer fonksiyonunu bulunuz.

)1z(z

cbzaz)z(G

2

c

97

1

1

cz1

z515

1z

5z15

1z

)334.0z(15

)z(E

)z(U)z(G

)1k(e5)k(e15)1k(u)k(u

)z(Ez515)z(Uz111

Öncelikle transfer fonksiyonundan fark denklemi elde edilir.

Örneğin önceki sunularda elde sayısal PI kontrolörün fark

denklemi aşağıdaki gibi çıkarılabilir.

• İçler dışlar çarpımı yapılarak sayısal kontrolörlerin fark denklemi,

% MATLAB programı aşağıdaki gibi yazılabilir

t=0:0.01:10; e=exp(-2*t) % e sinyali ölçülmüş olsun

u(1)= 15*e(1);

for k=2:1000,

u(k)=u(k-1)+15*e(k)-5*e(k-1);

end

Sayısal kontrolörlerin bilgisayar programlama dili ile

programlanması

98

Örnek: Şekilde verilen sayısal kontrol sisteminde sönüm

oranı 0.8 ve sönümsüz doğal frekansı 10 olacak şekilde PI

kontrolörü tasarlayınız. 8010 .,sn/radwn

Çözüm: Kontrolör sürekli zamanda tasarlanarak

ayrıklaştırılabilir. Analog sistem için analog bölgede PI kontrollü

sistemin karakteristik denklemi, standart 2. dereceden referans

sistemin karakteristik denklemine eşdeğer yapılarak kontrolör

kolayca tasarlanabilir. Sürekli zamanda PI kontrollü sistemin

AÇTF,

2s

1

s

)bs(K)s(G)s(G pc

R(s) Y(s)Gp(s)Gc(s)

99

PI kontrollü sistemin kapalı çevrim TF, standart 2. dereceden

sisteme eşitlenirse,

2

nn

2

2

n

2

pc

pc

wsw2s

w

Kbs)K2(s

)bs(K

)s(G)s(G1

)s(G)s(G)s(T

s

).s()s(GBuradan c

14714

Tasarlanan sürekli zaman kontrolör bilineer dönüşümle T=0.1 s

ile ayrıklaştırılırsa sayısal PI kontrolör aşağıdaki gibi bulunur.

1z

)474.0z(19

s

)14.7s(14)z(G |

1z

1z

T

2s

c

100

R(z) +

-

Gc(z)

1

z

a)K(z

Gh(s)

s

eTs

1

D / A

2

1

s

Y(s)

A / D

T = 0.1

R(z) Y(s)Gp(s)Gc(z)

A/D

D/A

Sonuç olarak, istenen kontrol taleplerinin karşılayan ve analog

sisteme bağlanması gereken sayısal kontrolör aşağıdaki gibi

gerçeklenmelidir.

NOT: Bulunan PI kontrolörün programını yazınız.

Örnek: Verilen analog sistem için analog

kontrolör tasarlayarak sayısala dönüştürünüz. )2s(s

1)s(G p

1z

)474.0z(19)z(Gc

101

3.5 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin Analizi

Ayrık zaman transfer fonksiyonu verilen ya da elde edilen bir

sisteme sayısal PI, PD ya da PID bağlanarak çeşitli referans

girişler için cevapları analog kontrol sistemlerdekine benzer

şekilde bulunabilir.

Örnekler:

2-) Ayrık zamanda transfer fonksiyonu verilen çeşitli sistemlere

sayısal kontrolörler ekleyerek birim impuls ve basamak

cevaplarını bularak grafiklerini çiziniz.

NOT: Ayrık zamanda verilen bir transfer fonksiyonunun

sönüm oranı ve doğal frekansı belirlenebilir mi???

102

2.7.7 Sürekli Zaman Durum Denklemlerinin

Ayrıklaştırılması

Sürekli zaman sistemin durum denklemleri,

)t(Du)t(Cx)t(y

)t(Bu)t(Ax)t(x.

olsun.

)k(Du)k(Cx)k(y

)k(uB)k(xA)1k(x dd

Bu sistemin analog durum denklemi ayrıklaştırılırsa

ayrık zaman durum denklemleri,

olur.

Buna göre analog sistemdeki C ve D matrisleri ayrık zaman

karşılığında aynen korunurken A ve B matrisleri değişir.

NOT: Burada açıklanacak olan yöntemden başka ileri, geri

ve merkezi fark yöntemleri de kullanılabilir.103

Burada matrisleri aşağıdaki gibi hesaplanır.dd BveA

11

]AsI[LeBuradaeA

At

Tt

Atd

BdeeB

T

0

AAT

d

Örnek: Verilen durum denkleminin ayrık zaman karşılığını

bulunuz.

u(t) 0

1

)t(x

)t(x

20

21

)t(x

)t(x

2

1

2

1

x(t) 01)t(y

Çözüm

2s

10

)2s)(1s(

2

1s

1

]AsI[e 1At

104

t2

t2tt

11At

e0

e2e2e]AsI[Le

T2

T2TT

AT

de0

e2e2eeA

d e

eee

e

eeeBd eeB

T

T

TTTT

AATd

0

1

0

22

0

22

02

2

2

2

0

0

e1B

T

d

)k(u 0

e1

)k(x

)k(x

e0

e2e2e

)1k(x

)1k(x T

2

1

T2

T2TT

2

1

Ters Laplace dönüşümü alınırsa durum geçiş matrisi

Buradan Ad matrisi:

Durum denkleminin Bd matrisi ise aşağıdaki integral ile bulunur.

Buradan Bd matrisi:

Sonuç olarak

Ayrık fark

denklemi 105

Bölüm 4

Örneklenmiş Verili

Açık Çevrim Kontrol Sistemleri

• 4.1 Örnekleme ve tutma

• 4.2 Laplace Bölgesinden Yıldızlanmış Dönüşüm

• 4.3 s ve z- Düzlemleri Arasındaki İlişki

• 4.4 Açık çevrim ayrık zaman kontrol sistemleri

106

F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT

Referans

giriş

r(k)

Sistem

çıkışı

y(t)

Algılayıcı

+

-

YükselticiSayısal

Denetleyici

Hata

e(k)

Denetim

sinyali

v(t)

Sistem

girişi

u(t)

Sistem

ADC

DAC

Tutma

Örnekleme

4.1 Örnekleme ve Tutma

Bölüm 1 de blok şeması verilen aşağıdaki kapalı çevrim sayısal

kontrol sistemlerinin analiz ve tasarımında Örnekleme ve Tutma

işlemleri önemli bir yer tutar.

107

Şekildeki gibi sürekli zaman bir sinyalin T örnekleme peryodu ile

örneklendiğini ve sıfırıncı dereceden bir tutma devresi ile sürekli

zamana geri dönüştürüldüğünü yani orijinal analog sinyalin geri

elde edilmeye çalışıldığını kabul edelim. Tutma devreleri yüksek

dereceden olabilir ancak burada sadece sıfırıncı dereceden

tutma ele alınacaktır.

Örnekleme ve Tutma

108

.....)]T2t(u)Tt(u)[1(x)]Tt(u)t(u)[0(x)t(x

Sıfırıncı dereceden tutulmuş sinyalin

Denklemi aşağıdaki darbe zincirleri ile

tanımlanabilir.

....es

1e

s

1)T(xe

s

1

s

1)0(x)s(X

Ts2TsTs

LD alınırsa

....e)T2(xe)T(x)0(xes

1

s

1)s(X

Ts2TsTs

0k

kTsTse)kT(xe

s

1

s

1)s(X

Burada iki terimden birincisi

tutma, ikincisi örnekleme

işleminin karşılığıdır. 109

Buna göre ikinci terim ayrılırsa örnekleme işleminin matematiksel

ifadesi,

0

)()(*

k

kTsekTxsX

Olarak elde edilir. Örneklenmiş sinyallerin Z-dönüşüm ifadesi

hatırlanırsa,

0k

kTsTse)kT(xe

s

1

s

1)s(X

zesT

0k

kz)kT(x)z(X

olduğu görülür.

Olduğundan yıldızlanmış sinyal ile z-dönüşümü alınmış sinyal

arasındaki ilişkinin

Dolayısıyla örnekleme işlemi, analog bir sinyali ayrıklaştırma

işlemidir ve buradan z-dönüşümüne kolayca geçilebilir.

Diğer bir ifade ile bu bağıntı yardımıyla s ve z düzlemi arasında

da bir ilişki kurulabilir. 110

)s(Gs

e1

)s(X

)s(Xh

Ts

*

Sonuç olarak örnekleme ve sıfırıncı dereceden tutma devresini

aşağıdaki blok şema ile gösterilebilir.

Diğer taraftan birinci terim ayrılırsa tutma devresinin transfer

fonksiyonu elde edilir.

0k

kTsTse)kT(xe

s

1

s

1)s(X

111

te)t(f

)1s(TTsT

Ts2T2TsTkTs

0k

kT

e1

1

ee1

1)s(F

...eeee1e)kT(f)s(F

e)kT(f

TT1

sT*

ez

z

ez1

1e)s(F)z(F

Örnek: Zaman bölgesi ifadesi verilen sinyalin yıldızlı

dönüşümünü ve z dönüşümünü bulunuz.

Çözüm

NOT: Hatırlanırsa örneklenmiş sinyalin doğrudan z dönüşümünün

bu ifade olduğu belirlenmişti. 112

Örnek: Şekildeki gibi bir analog sistemini girişine ADC ve DAC

bağlanırsa sistemin blok şeması nasıl çizilebilir ?

113

4.2 Laplace Bölgesinden Yıldızlı DönüşümYukarıda, zaman bölgesindeki ifadesi bilinen sürekli zaman bir sinyalin

örneklenmişinin Laplace dönüşümü (yıldızlı dönüşümü) alınabilmekte ve

yıldızlı dönüşümden de z dönüşümüne geçilebilmektedir. Laplace

dönüşümü verilen bir sürekli zaman sinyalin, yıldızlı dönüşümü rezidü

teoremi kullanılarak aşağıdaki gibi alınabilir.

)(1

1)(Rezidü )(

sTe

EsE

Sonuç olarak buradaki Rezidü katsayısı, basit kesirlere ayırma işlemindeki

katsayılara karşılık gelmektedir.

)4s)(1s(

1)s(E

)4()2(1

1

2

1

1

1

2

1)(

sTsTee

sE1412

1

1

2

1

1

1

2

1)(

zeze

zETT

Örnek: Laplace dönüşümü verilen sinyalin

Çözüm

?)z(Eve?)s(E

114

)2s)(1s(s

1)s(E

)2s(T)1s(TTs

2

)s(T

1

)s(T

0

))s((T

e1

1

2

1

e1

1

e1

1

2

1)s(E

e1

1

)1(

1

e1

1

)1(

1

e1

1

)2)(1(

1)s(E

ez

z

2

1

ez

z

1z

z

2

1)z(E

ze1

1

2

1

ze1

1

z1

1

2

1)z(E

T2T

1T21T1

Örnek:Laplace dönüşümü verilen sinyalin yıldızlı dönüşümünü ve

z dönüşümünü bulunuz.

Çözüm

115

4.3 s ve z- Düzlemleri Arasındaki İlişkiw js 2,1

sTez

s-düzleminde olarak verilen karmaşık bir noktanın

olduğundan,

z-düzlemindeki yeri,

TjTT)j(

2,1 e.eez ww

rerz

j.2,1

Ter

Tw

Bu noktalar genlik ve faz bilgileri ile kutupsal olarak gösterilirse,

Olur. Burada

Im(s)

Re(s)

jω

-jω

-α

s düzlemi

s1 = -α + jω

s2 = -α - jω

Im(z)

Re(z)

b

a

z düzlemi

- b

r θ

θ

116

z-düzleminde jbaz olarak verilen karmaşık bir noktanın

s-düzlemindeki yeri de yani değerleri de bulunabilir.

jbaz 2,1 rz

a

btanvebar 122

rlnT

1er T

22)r(ln

rln

22)(

1 Inr

Twn

Burada,

olur. Bu eşitliklerden yararlanarak z-düzlemindeki bir karmaşık kutbun,

sönüm oranı ve doğal frekansı da hesaplanabilir.

w ve

a

btan

T

1

TT 1

ww

T1ww

T

rlnw

2

n

n

Eşitlikleri

oranlanarak

düzenlenirse

olur

117

Örnek:

a-) noktasının z-düzlemindeki yerini bulunuz. T=0.1 s

b-) noktasının s-düzlemindeki yerini bulunuz. T=0.1 s5.0j5.0z

2j1s

118

632.0zz

264.0z368.0)z(G,

1ss

1)s(G

22

Örnek: verilen sistemlerin ζ, wn ve τ değerlerini karşılaştırınız.

Sayısal sistem, analog sistemin T=1 saniye ile örneklenmiş

karşılığıdır. Bu karşılığın bulunuşu ileride açıklanacaktır.

22

2

221

1)(

nn

n

wsws

w

sssG

2

,5.0

,1wn

0632.0zz2

Rad89.0795.0z618.0j5.0z 2,12,1

Çözüm:

Ayrık zaman sistemin karakteristik denklemi,

z düzleminden s düzlemine dönüşümler kullanılarak119

25.0

89.0)795.0(

)795.0(

22

In

In

9191.089.0)795.0(1

1 22 InWn

snIn

36.4)795.0(

1

NOT: Örnekleme peryodu daha küçük seçilerek ayrık zaman

karşılığı bulunsaydı ayrık zaman sistemin kriterleri, analog

sistemin kriterlerine oldukça yakın olacaktı.

120

Şekilde s-düzlemindeki çeşitli noktaların z-düzlemindeki

karşılıkları verilmiştir. Buradan, s-düzlemindeki sanal eksenin

yani kritik kararlılık sınırının, z-düzleminde birim çembere

karşılık geldiği görülmektedir. Dolayısıyla z düzleminde birim

çemberin içi kararlılık bölgesidir. S-düzleminde kutuplar sola

doğru uzaklaştıkça bağıl kararlılık artarken z-düzleminde

kutuplar merkeze (orjine) yaklaştıkça kararlılık artar.

bağıntısından bu durum kolayca görülebilir.Ter

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

4

5

5

6

6

2

7

7

3

8

8

×

9

9

1

×

×

α

Jws/2

-Jws/2

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

4

5

5

6

6

2

7

3

8

8

×

9

9

1

×

×

×

7

×

a

jb

121

Örnekler : verilen sistemlerin kutup ve sıfırlarını bularak s ve z

düzleminde gösteriniz. Sistemlerin sönüm oranı ve doğal

frekanslarını belirleyiniz. T=0.1 s.

89.0z25.0z

6.0z4.0)z(G

4s2s

2s)s(G

2

2

122

• Ayrık zaman kontrol sistemlerinin zaman bölgesi analizi,

sürekli zaman sistemleri ayrık zamana dönüştürme

yöntemleri (geri, ileri ya da merkezi fark yöntemi ile

örnekleme-tutma yöntemi gibi) kullanılarak yapılabilir.

• Örnekleme-tutma yöntemi ile ayrıklaştırma yapılırken

(örneklenmiş veri kontrol sistemleri de denir) önceki

bölümde incelenen örnekleme ve tutma devrelerinin

modellerine dikkat etmek gerekir.

• Bu amaçla, yıldızlı dönüşüm alınırken dikkat edilmesi

gereken bazı özellikleri aşağıda verilmiştir.

*A**A) 1

*B.*AAB*B.A)3*

**C.AB**C.B.A)4

*C.*B.*A**C.*B.A)5

*B.*A*)*B.A()2

4.4 Açık çevrim ayrık zaman kontrol sistemleri

123

Örnek: Şekilde verilen açık çevrim sürekli zaman sistemin,

a-) Sürekli zamanda,

b-) Geri fark yöntemi ile ayrıklaştırarak, T=0.1 s

c-) Örnekleme ve tutma yöntemi ile ayrıklaştırarak, T=0.1 s

birim basamak cevabını bulunuz.

Çözüm:

te1)t(y1s

1

s

1

s

1

1s

1)s(Y)a

k

T

1zs

p

)9.0(1)k(y9.0z

z

1z

z

1z

z

9.0z

1.0)z(Y

9.0z

1.0

1s

1)z(G)b

1

1

s)s(Gp

U(s) Y(s)

124

1

1

s)s(Gp

U(s) Y(s)

s

e)s(G

sT

h

1T

U*(s) )s(U

c-) Örnekleme ve tutma blokları eklenerek örneklenmiş veri

sistemi elde edilir.

)s(B)s(*A)1s(s

1e1)s(G)s(G)s(G

sT

ph

TsTsT

*

sT*

ee1

1

e1

1)s(B

)1s(s

1)s(B

e1)s(A

Burada

Bu sistemi inceleyebilmek için

öncelikle G*(s) ve buradan da G(z)

bulunmalıdır.

)s(B)s(A)s(G)s(B)s(A)s(G****

125

T

T

Tez

e

ez

z

z

z

z

z)z(B).z(A)z(G

1

1

1

)z(U)z(G)z(Y 1

z

z)z(U

TT

T

ez

z

z

z

z

z

ez

e)z(Y

11

1 kTe)k(y

1

olduğundan terz z dönüşümü alınarak,

G(z) bulunduktan sonra birim basamak cevabı kolayca bulunabilir.

)s(B)s(A)s(G***

olduğundan

)ee1

1

e1

1)(e1()s(*G

TsTsT

sT

Cevap eğrileri ?126

Önceki örnekte bir analog sistemin örnekleme tutma yöntemi ile

ayrıklaştırma şekli verilmiştir. Çeşitli açık çevrim sistemlerin

ayrıklaştırma esasları ise aşağıdaki örneklerde incelenmiştir.

G1(s)

U(s)

T

U*(s) Y(s)

T G2(s)

A(s)

A*(s)

)s(*A)s(G)s(Y 2

)s(*U)s(G)s(A 1

)s(*U)s(*G)s(*A 1

)z(U)z(G)z(G)z(Y

)s(*U)s(*G)s(*G)s(*Y

21

12

)z(G)z(G)z(U

)z(Y)z(G

T 21

Örnek: Şekilde seri bağlı iki analog sistemin her ikisi de

girişlerinde örnekleme-tutma devreleri ??? ile ayrıklaştırılmıştır.

Varsa eşdeğer GT(z) ini bulunuz.

Çeşitli Açık Çevrim Kontrol Sistemlerinin Analizi

G1(s) ?

G2(s) ?

Sonuç: ???127

G1(s)

U(s)

T

U*(s) Y(s)

G2(s)

Örnek: Önceki örnekteki verilen seri bağlı iki analog sistem

aşağıdaki gibi örneklenirse,

)s(*U).s(G).s(G)s(Y 21 )s(*U).s(*GG)s(*Y 21

)z(U).z(GG)z(Y 21

Örnek: Önceki örnekteki verilen seri bağlı iki analog sistem

aşağıdaki gibi örneklenirse,

G1(s)

U(s) Y(s)

T G2(s)

A(s)

A*(s)

)s(*A)s(G)s(Y 2

)s(G).s(U)s(A 1

)s(UG)s(*A*

1

)s(UG).s(G)s(Y*

12

)s(UG).s(*G)s(*Y*

12

)z(UG).z(G)z(Y 12

Görüldüğü gibi bu sistemin transfer fonksiyonu elde edilemez. Ancak,

çıkışa ait bir ifade elde edilebilir ve sistemin herhangi bir giriş için

cevabı bulunabilir.

)z(GG)z(U

)z(Y)z(G

T 21

G1(s) ?

G2(s) ?

G1(s) ?

G2(s) ?

128

Örnek: Önceki örnekte açıklanan sistemlerin girişten

örneklendiğini dikkate alarak verilen transfer fonksiyonları için

birim basamak cevabını bulunuz. T=0.1 s

G1(s)

U(s)

T

U*(s) Y(s)

G2(s)

4s

2)s(2Gp,

1s

1)s(1Gp

)z(GG)z(U

)z(Y)z(G

T 21

129

Örnek Şekilde verilen açık çevrim sistemin birim basamak

cevabını bulunuz. Denetleyicinin modeli aşağıdaki fark denklemi

ile tanımlanmaktadır. )k(e)k(e)k(u 12

E(s) E*(s) U*(s) __

U(s) Y(s) A / D

Sayısal

kontrolör D / A Gp(s)

e(t) e(kT) u(kT) __

u(t) y(t)

Eşdeğeri

E(s)

e(t) e(kT) T

E(z) U(z)

u(kT)

Gh(s)

1- e –Ts

______ __

U(s) __

u(t)

Gp(s) Y(s)

y(t)

T

Y*(s)

Gc(z)

s

)s(s)s(Gburada)s(*U)s(G)s(*A)s(Y)s(*U)s(G)s(G)s(Y

ph1

1

1

1)(

ssG p

z

z

)z(E

)z(U)z(Gburada)s(E).s(G)s(*U

c

**

c

12

)s(*E)s(*G)s(*G)s(*A)s(*U)s(*G)s(*A)s(*Yc

130

z

z

ez

e

z

z

ez

z

z

z

z

z)z(Gc)z(G)z(A

)z(E

)z(Y)z(G

,olarakSonuc

T

T

TT

12112

1

1

11

121 321

z

K

ez

K

z

K

)z)(ez(z

)z)(e(

z

)z(YTT

T

TT

T

T

T

ez

z

e

e

z

z

e

e)z(Y

12

1

1

,...,,k,ee

)e()k(u)k(

e

e)k(y

kT

T

T

T

T

321121

d

131

Bölüm 5

Kapalı Çevrim Sayısal Kontrol

Sistemlerinin Analizi ve Köklerin Yer

Eğrisi

5.1 Kapalı Çevrim Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin

Analizi için Kurallar ve analiz örnekleri

5.2 Örneklenmiş Verili Kontrol Sistemlerin Tipi ve

Kalıcı Durum Hataları

5.3 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinde KYE

132

F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT

Kapalı çevrim ayrık zaman kontrol sistemleri incelenirken bazı

kurallara dikkat edilerek varsa transfer fonksiyonları, transfer

fonksiyonları yoksa çıkış ifadeleri elde edilebilir.

Aksi halde bu sistemlerin analizinde zorluklarla karşılaşılabilir.

1-) Her bir örnekleyicinin giriş ve çıkışına sinyal isimleri verilir.

Örneğin giriş u ise çıkışı u* olur.

2) Her bir örnekleyicinin girişi ve sistemin çıkışı örnekleyici

çıkışları ve sistem girişi cinsinden yazılır.

3-) Bu denklemlerden “*”’ lı dönüşümü alınarak transfer

fonksiyonu ya da çıkış ifadesi elde edilebilir.

5.1 Kapalı Çevrim Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinin

Analizi için Kurallar

133

R(s)

+

-

E(s) E*(s) G(s)

H(s)

Y(s)

)s(*E)s(G)s(Y

)s(Y)s(H)s(R)s(E

)s(*E).s(H)s(G)s(R)s(E

)s(*E)s(*GH)s(*R)s(*E

Yıldızlı dönüşümleri alınırsa,

)s(*E)s(*G)s(*Y

)s(*GH

)s(*R)s(*E

1

NOT: Eğer yazılarak yıldızlı dönüşüme

geçilseydi transfer fonksiyonunu bulmak zor olacaktı ??

Sonuç olarak,

)z(GH

)z(G

)z(R

)z(Y)z(T

)s(*GH

)s(*G

)s(*R

)s(*Y)s(*T

11

Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sisteminde hata

örneklenmiştir. Varsa eşdeğer transfer fonksiyonunu yoksa çıkış

ifadesini bulunuz.

Kurallara göre denklemler

Bu sistemin Analog hali ? Tutma ?

134

R(s) +

-

E(s)

T= 0.1sn

Gh(s)

Y(s)

s

eTs

1

2

4

s

Gp(s)

80

360

2

41

.z

.)z(G

s.

s

e)z(G

sT

45620

36250

1 .z

.

)z(G

)z(G)z(T

1z

z

)4562.0z(

3625.0)z(Y

])4562.0(1[667.0)k(y

4562.0z

z667.0

1z

z667.0)z(Y

k

Örnek: Verilen kapalı çevrim sistemin birim basamak cevabını?

Çözüm: Açık çevrim transfer fonksiyonu,

Olur ve birim basamak cevabı.

Kapalı çevrim transfer fonksiyonu,

R(s) +

-

C(s)

2

4

s

Gp(s)

6

4

)(1

)()(

ssG

sGsT

p

p

)6s(s

4)s(Y

)e(.)t(yt616670

Sürekli zaman

sistem cevabı

t(sn)

0.1 0.2 0.4 0.6 0.8

0.667

0.639

0.528

0.363

y(t) Ayrık zaman

sistem cevabı

Örnekleme

peryodunun

önemi??

135

R(s)

+

- A / D

Dijital

Denetleyici D / A Denetlenen

sistem

Ys)

Algılayıcı

+

-

R(s) E(s) E*(s)

E(z) Gc(z

)

Gc*(s) U(z)

Gh(s)

Gp(s)

H(s)

Ys)

G(s) = Gh(s).Gp(s)

Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sistemini inceleyiniz.(Varsa

kapalı çevrim transfer fonksiyonunu bulunuz.)

)s(*E)s(*G)s(G)s(Yc

)s(*E)s(*G)s(H)s(G)s(R)s(Ec

)s(*E)s(*G)s(GH)s(*R)s(*E c

*

)s(*E)s(*G)s(*G)s(*Yc

)s(*G)s(*GH

)s(*G)s(*G

)s(*R

)s(*Y)s(*T

c

c

1

Yıldızlı dönüşümler alınırsa,

Buradan,

)z(G)z(*GH

)z(G)z(G

)z(R

)z(Y)z(T

c

c

1

Bu sistemin

Analog hali ?

136

R(s) +

-

E1(s) E1*(s) G1(s)

+

- T

E2(s) E2*(s) G2(s)

Y(s)

H(s)

T

Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sistemini inceleyiniz.(Varsa

kapalı çevrim transfer fonksiyonunu bulunuz.)

)s(*E)s(G)s(Y 22 )s(*E)s(G)s(R)s(E 221

)(*).().()(*).()( 22112 sEsHsGsEsGsE

)(*).(*)(*)(* 221 sEsGsRsE

)(*).(*)(*).(*)(* 22112 sEsHGsEsGsE

)s(*HG)s(*G).s(*G

)s(*G).s(*G

)s(*R

)s(*Y)s(*T

221

21

1

)z(HG)z(G).z(G

)z(G).z(G

)z(R

)z(Y)z(T

221

21

1

Bu denklemlerden E1 ve E2 yok edilerek

Yıldızlı dönüşümleri alınırsa,

)s(*E)s(*G)s(*Y 22

Bu sistemin

Analog hali ?

Tutmalar ?

137

Örnekler: Aşağıdaki kapalı çevrim kontrol sistemlerinin varsa

transfer fonksiyonlarını yoksa çıkış ifadelerini bulunuz.

R(s) Y(s)Gp(s)Gc(s)

H(s)

A/D

D/A

R(z) Y(s)Gp(s)Gc(z)

H(s)

D/A

A/D

R(z) Y(s)Gp(s)D/A

A/D

Bu sistemin birim basamak

cevabını bulunuz.

4s

1)s(Gp

138

5.2 Örneklenmiş Verili Kontrol Sistemlerin Tipi ve

Kalıcı Durum Hataları

R(s) +

- T

Y(s) E(s) E*(s)

G(s)

Bölüm 3 de doğrudan ayrık zaman karşılığı verilen sistemler üzerinde

bu konu anlatılmıştı. Burada örneklenmiş verili sistemlerdeki farklılık

vurgulanacaktır. Şekildeki gibi hatanın örneklendiği kapalı çevrim bir

sistem için öncelikle örneklemi tutma yöntemi ile AÇTF bulunmalıdır.

Daha sonra Bölüm 3 deki gibi kalıcı durum hata katsayıları ve hata

bulunabilir.

)s(G)s(G)s(G ph

G(z) bulunduktan sonra (bölüm 3 den yararlanarak) birim basamak

giriş için,

bulunur)z(G

p

ss1z

PK1

1e)z(GlimK

Birim rampa giriş için, v

ss1z

vK

1e)z(G)1z(limK

AÇTF

139

R(s) +

-

T

Y(s)

1

1

s

s

eTs

1

E(s)

Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sisteminin kalıcı durum

hatalarını bulunuz.

Analog sistem Tip 0 olduğundan analog işlemlerle ,

T

TsT

phez

e

s.

s

e)s(G).s(G)z(G

1

1

11

501

11

0.

KeBuradan,)s(GLimK

p

ssps

p

Ayrık zaman kontrol sisteminin açık çevrim transfer fonksiyonu,

Olduğuna göre yine tip 0 sistemdir ve sonlu basamak hatası

vardır.

501

1u1

1.

KeradanB,)z(GlimK

p

ssz

P

140

R(s) Y(s)Gp(s)Gc(s)

H(s)

A/D

D/A

R(z) Y(s)Gp(s)Gc(z)

H(s)

D/A

A/D

Örnek: Verilen kapalı çevrim kontrol sistemlerinin ilgili kalıcı

durum hatalarını bulunuz.

1z

)5.0z(10)z(Gc

10s

2)s(H

2s

1)s(Gp

)4s(10)s(Gc

1)s(H2s

1)s(Gp

141

Ayrık zaman kontrol sistemlerin köklerin yer eğrisinin çiziminde,

analog sistemlerdeki kurallar geçerlidir. Bunlar tekrarlanırsa,

• Bilindiği gibi KYE, kontrol sisteminin AÇTF’ undan

yararlanarak çizilir.

• Bir sistemin KYE’ nin dal sayısı, AÇTF’ nun kutuplarının sayısı

kadardır ve KYE, K=0 için AÇTF’ nun kutuplarında başlar K-

sonsuz için sıfırlarında sona erer.

• K>0 için; seçilen sx test noktasının sağ tarafında gerçek eksen

üzerinde tek sayıda kutup ve sıfır varsa o nokta KYE üzerindedir.

5.3 Ayrık Zaman Kontrol Sistemlerinde KYE

R(z) Y(z)G(z)K

H(z)

142

)z(H)z(G)z(GK

c

1p)k()z(H)z(G)z(G

c12

NOT: Açı ve genlik koşulu aşağıda verilmiştir ve analog

sistemlerdekine benzer şekilde uygulanır.

• Gerçek eksenden ayrılış ve gerçek eksene varış noktaları

aşağıdaki denklemin kökleri arasındadır.

• KYE’ nin birim çemberi kesme noktaları Jury ya da Routh

kriterinden bulunabilir.

01

dz/dKise)z(H)z(G

K

•KYE dallarının yaklaştığı asimptotların açıları ve asimptotların

gerçek ekseni kestiği noktalar,

mn

k

p

)12(

mn

zipj

n

j

m

i

1 1

)Re()Re(

143

Örnek:

a-) z=0.5 noktası, verilen sistemin KYE üzerinde midir?

Üzerinde ise KYE’ ni bu noktadan geçirecek olan K kazanç

değeri nedir?

b-) z=0.5+j0.5 noktası, verilen sistemin KYE üzerinde midir?

Üzerinde ise KYE’ ni bu noktadan geçirecek olan K kazanç

değeri nedir?

c-) Verilen kapalı çevrim kontrol sisteminin KYE çiziniz

).z)(z(

).z(K.)z(H)z(KG:AÇTF

401

7050

Örnekler: KYE’ lerinin çiziniz.

25.0z

)4z(K)z(H)z(KG

)5.0z)(1z(

K)z(H)z(KG

2

2

144

Bölüm 6

Sayısal Kontrol Sistemlerinin Tasarımı

6.1 Tasarım Yaklaşımları

6.2 Köklerin Yer Eğrisi (KYE) ile Sayısal Kontrolör

Tasarımı

145

F.Ü. Teknoloji Fakültesi EEM M. GÖKBULUT

6.1 Tasarım Yaklaşımları

Önceki bölümlerde sayısal kontrol sistemlerinin tasarımında

aşağıdaki iki yaklaşımın izlenebileceği belirtilmiş ve ilk

yaklaşımla tasarım açıklanmıştı.

1-) Analog bölgede analog olarak kontrolör tasarlanır ve sonra

da kontrolör ayrık zamana çevrilerek sayısal ortamda

programlanır.

2-) Kontrolör, ayrık zamanda tasarlanır. Yani kontrol edilecek

sistem ve kontrol talepleri ayrık zamana dönüştürülür. Ayrık

zaman kontrolörün parameterleri ayrık zamanda hesaplanır.

Burada ilk yaklaşıma bir örnek verildikten sonra ikinci

yaklaşımla tasarım açıklanarak basit sistemler üzerinde

örnekler verilecek, ayrıca KYE ile tasarım örnekleri verilecektir.146

Örnek: Verilen analog sisteme analog bölgede sönüm oranı 0.8

ve sönümsüz doğal frekansı 10 olacak şekilde PI kontrolörü

tasarlayarak bu kontrolörün yerine kullanılabilecek sayısal

kontrolörü belirleyiniz.

2s

1)s(G p

R(s) Y(s)Gp(s)Gc(s)

Analog tasarımda yapıldığı gibi PI kontrollü sistemin kapalı

çevrim TF, standart 2. dereceden sisteme eşitlenirse,

2

nn

2

2

n

2

pc

pc

wsw2s

w

Kbs)K2(s

)bs(K

)s(G)s(G1

)s(G)s(G)s(T

s

)14.7s(14)s(G

Buradan

c

8010 .,sn/radwn

147

R(z) +

-

Gc(z)

1

z

a)K(z

Gh(s)

s

eTs

1

D / A

2

1

s

Y(s)

A / D

T = 0.1

Tasarlanan sürekli zaman kontrolör bilineer dönüşümle T=0.1 s

ile ayrıklaştırılırsa sayısal PI kontrolör aşağıdaki gibi bulunur.

1

474019

120

11001280

1

120

1471

12014

14714

1

12

z

).z(

z

zz

z

z

.z

z

s

).s()z(G |

z

z

Ts

c

R(z) Y(s)Gp(s)Gc(z)

A/D

D/A

Sonuç olarak, istenen kontrol taleplerinin karşılayan ve analog

sisteme bağlanması gereken sayısal kontrolör aşağıdaki gibi

olmalıdır.

Daha fazla

örnek için

Bölüm 3 e

bakınız.

148

R(z) +

-

Gc(z) G(z) Y(z)

Doğrudan Ayrık Zamanda Kontrolör Tasarımı

• Kontrol edilecek sistem ayrıklaştırılır.

• Sisteme bağlanacak sayısal kontrolörün transfer fonksiyonu

belirlenir.

• Ayrık zamandaki kontrol sisteminin karakteristik dnklemi

bulunur.

• Laplace bölgesinde verilen kontrol kriterleri (sönüm oranı-

doğal frekans) z bölgesine dönüştürülür.

• Kontrol kriterlerini karşılayacak şekilde kontrolör

parametreleri hesaplanır.

• Sonuç olarak aşağıdaki sistem edilerek sayısal bölgede

tasarım yapılmalıdır.

149

Önceki örnekte verilen sistem için doğrudan sayısal bölgede

aşağıdaki gibi PI tasarımı yapılır.

2s

1)s(G p

R(s) Y(s)Gp(s)Gc(s)

8010 .,sn/radwn

• Önce Kontrol edilecek sistem ayrıklaştırılır. T=?

81870

090150

2

112

2

.z

.

ez

)e(.

)s(sz

z)z(G

T

T

• Sisteme bağlanacak sayısal kontrolörün transfer fonksiyonu:

1

)()(

z

azKzGc

R(z) +

-

Gc(z) G(z) Y(z)

Sonuç Kontrol Sistemi

150

681 2

21 jjwws nn,

sTez

01994.074.02

zz

2540371021 .j.z,

Dolayısıyla arzu edilen karakteristik denklem:

ve buradan ile

Karakteristik denklemler eşitlenirse,

199400908187074009081871 .Ka..ve.K..

Sonuç olarak, K=28 ve a=0.2775

ve sayısal PI kontrolör,

1

2775028

z

).z()z(Gc

NOT: İki yöntemle

tasarlanan kontrolörler

arasındaki farkın nedeni?

0)().(1 zGzGc 009081870090818712 )Ka..()K..(zz

Sayısal kontrol sisteminin karakteristik denklemi

• Laplace bölgesinde verilen kontrol kriterleri

• (sönüm oranı-doğal frekans) z bölgesine dönüştürülür.

151

Örnek: Verilen sisteme her iki yöntemle de PD kontrolör

tasarlayarak karşılaştırınız.

)4s)(1s(

2)s(G

p

152

6.2 Köklerin Yer Eğrisi (KYE) ile

Sayısal Kontrolör Tasarımı

Kontrol sisteminin geçici rejim kriterlerini iyileştirmk için

KYE ile standart bir tasarım yaklaşımı olarak aşağıdaki

kurallar uygulanabilir.

1-) Analog sistem ayrıklaştırılır.

2-) Ayrık zaman kontrolörün transfer fonksiyonu ile birlikte

kontrol sisteminin AÇTF bulunur.

3-) Verilen kontrol isteklerinden (en büyük aşma, yükselme,

yerleşme zamanı ya da sönüm katsayısı ve doğal frekans

gibi) yararlanarak arzu edilen baskın kutupların z-

düzlemindeki yeri belirlenir.

4-) Kontrolörlü sistemin KYE’ nin, arzu edilen baskın

kutuplardan geçmesi için açı koşulu kullanılarak

denetleyicinin sisteme eklemesi gereken faz açısı belirlenir.

Açı koşulu K>0 içinp)k()z(H)z(G)z(G

c12

153

)z(H)z(G)z(GK

c

1

5-) Bu faz açısını karşılayacak şekilde kontrolör sıfırının değeri

hesaplanır.

6-) Kontrollü sistemin KYE’ nin arzu edilen baskın kutuplardan

geçmesini sağlayacak şekilde genlik koşulundan yararlanarak

açık çevrim kazanç değeri ve denetleyici kazancı belirlenir.

Genlik koşulu:

154

R(z) +

- Gc(z)

Gh(s)

s

eTs

1

)s(s 1

1

Y(s)

T = 0.1sn

Örnek: Verilen sistemde yerleşme süresini 0.5 saniyeden

küçük ve maksimum aşmayı % 10 dan küçük yapacak şekilde

KYE ile PD kontrolörü tasarlayınız.

155

R(z) +

-

1

z

a)K(z

Gh(s)

s

eTs

1

2

1

s

Y(s)

T = ?

Denetleyici

Örnek: Verilen sistemde sönüm oranı 0.8 ve sönümsüz doğal

frekans 10 olacak şekilde KYE ile PI kontrolörü tasarlayınız.

Uygun örnekleme frekansını seçiniz. Uygun örneklem frekansı,

sistemin sönümlü doğal frekansının 20 katından az olursa

istenen performans elde edilemeyebilir. wws

10

156