DIGITALNI SUSTAVI UPRAVLJANJA

2. Auditorne vježbe

Metode diskretizacije

Metode diskretizacije

• Metoda s očuvanjem oblika odziva na jediničnu impulsnu pobudu (jedinični impuls; impulse-invariant)

• Metoda s očuvanjem oblika odziva na jediničnu odskočnu pobudu (jedinični skok; step-invariant; ZOH)

• Metoda usklađivanja polova i nula• Metoda s Eulerovim unaprijednim oblikom aproksimacije

operatora deriviranja• Metoda s Eulerovim unazadnim oblikom aproksimacije

operatora deriviranja• Metoda s bilinearnom aproksimacijom operatora

deriviranja• Tustinova metoda (Metoda s bilinearnom

aproksimacijom operatora deriviranja i koeficijentom predpodešavanja)

Prednosti korištenja step-invariant (ZOH) metode

• Kvaliteta SAU procjenjuje se prema mjerama, omjerima i pokazateljima u vremenskoj domeni procjenjenima na osnovi prijelazne pojave u SAU

• Čuvanjem oblika prijelazne pojave u SAU ostaje zajamčena kvaliteta upravljanja

• Za ovu metodu ZOH rekonstruktor je “proziran”.• Transformiranjem kontinuiranog regulatora

dobiva se diskretan regulator čiji upravljački signal, rekonstruiran ZOH rekonstruktorom, na jednak način utjeće na objekt upravljanja

Prednosti korištenja MPZ (matched pole zero) metode

• Očuvana su svojstva gušenja karakterističnih (neželjenih) frekvencija određenih polovima prijenosne funkcije objekta upravljanja u kontinuiranoj domeni

• Očuvana su svojstva izdizanja tj. ubrzavanja odziva uzrokovana nulama prijenosne funkcije objekta upravljanja u kontinuiranoj domeni

• Istovrijednost pojačanja u području propuštanja (najčešće NF) osigurava se faktorom predpodešavanja

1. Zadatak

• Zadan je sustav:

• Diskretizirajte sustav:– metodom usklađenih polova i nula– metodom očuvanja oblika odziva na

jediničnu odskočnu funkciju (ZOH metoda)

... ako je vrijeme diskretizacije T = 0,8333[s]

3 2

1,5

8 19 12

sG s

s s s

Rješenje 1. zadatka a) (1)

n = 3 <- broj polova

m = 1 <- broj nula

d = n–m = 3–1 = 2 <- polni višak

Preslikavanje nula i polovaNula Tip Pravilo Vrijednost

–1,5 real. exp(–0,125)

Polovi Tip Pravilo Vrijednost

–1 real. exp(–0,08333)

–3 real. exp(–0,25)

–4 real. exp(–0,3333)

exp Ps T

exp Ns T

exp Ps T

exp Ps T

Rješenje 1. zadatka a) (2)

2 0,125

*

0,333 0,25 0,0833

e

e e e

z zG z K

z z z

• Polni višak• Nule izvorne prijenosne funkcije• Polovi izvorne prijenosne funkcije• Koeficijent podešavanja istovjetnosti statičkog pojačanja

Rješenje 1. zadatka a) (3)• K* se podešava za NF, tj. za istovjetnost

statičkog pojačanja prijenosne funkcije, ako nije drukčije zadano

def !

**0 1

1lim ; lims z

G s K aK a G zK

0,125

*

0,25 0,0833 0,5833 0,4166 0,666

1,5 1

12 1

eK K

e e e e e

* 1,50,0053

12 23,4375K

Rješenje 1. zadatka a) (4)• Konačni izračun koeficijenata prijenosne

funkcije u z-domeni, G(z):

3 0,125 2

3 0,25 0,0833 0,333 2 0,25 0,0833 0,333 0,333 0,666

e*

e e e e e e e e

z zG z K

z z z

3 2

3 2

0,0053 0,004707

2,415 1,934 0,5134

z zG z

z z z

• Usporediti sa riješenjem b) zadatka

Rješenje 1. zadatka b) (1)

• Pogledati zadatak

• Potom rastav na parcijalne razlomke:

3 2

1,5 1,5

8 19 12 1 3 4

s sG s

s s s s s s

ZOH ZOH

1 3 4Z Z

1 3 4G z G s A B C

s s s

Rješenje 1. zadatka b) (2)

• Izračun koeficijenata rastava na parcijalne razlomke:

3 4 0 7 21 28 0; 12 36 48 0A B C A B C A B C

12 12 12 1,5A B C 7 15 16 1A B C

7 21 28 0 12 36 48 0

7 15 16 1 12 12 12 1,5

6 12 1 24 36 1,5

A B C A B C

A B C A B C

B C B C

24 48 4B C

Rješenje 1. zadatka b) (3)

24 48 4

24 36 1,5

B C

B C

• Rješavanje sustava tri jednadžbe s tri nepoznanice

12 2,5C 5 15 3 15 3 12 1

2424 2 2 48 48 4

C B B

3 50

4 6A

10 9 1

12 12A

Rješenje 1. zadatka b) (4)

• ZOH transformacija za osnovne prijenosne funkcije (PT1, PT2S itd.), tj. njihove normirane oblike radi se prema tablicama

ZOH ZOH ZOH

1 3 1 1 5 4Z Z Z

4 3 12 1 24 4G z

s s s

0,25 0,0833 0,333

0,25 0,0833 0,333

1 1 e 1 1 e 5 1 e

4 e 12 24e eG z

z z z

Rješenje 1. zadatka b) (5)

• Sređivanje:

2

2 1 03 2

3 2 1

b z b z bG z

z a z a z a

0,25 0,0833 0,3332

13 6e 2e 5e

24b

0,0833 0,5833 0,25 0,4166 0,25 0,5833 0,0833 0, 41661

1 1 1 1 5 5 5 5e e e e e e e e

4 4 12 12 24 24 24 24b

0,4166 0,5833 0,333 0,6660

16e 2e 5e 3e

24b

0,25 0,0833 0,3332 e e ea

0,25 0,0833 0,333 0,3331 e e e ea

0,6660 ea

Rješenje 1. zadatka b) (6)

• Konačno rješenje:

2

2 1 03 2

3 2 1

b z b z bG z

z a z a z a

b2 b1 b0

0,0029068 – 0,2672332 – 0.0021414

a3 a2 a1 a0

1 –2,4154 1,9338 –0,5134

2. Zadatak• Kontinuirani SISO sustav prikazan slikom 1 valja diskretizirati:

– Metodom usklađenih polova i nula sa predpodešavanjem pojačanja tako da kontinuiran i diskretan sustav imaju isto pojačanje na prirodnoj frekvenciji zatvorenog kruga

– Metodom Tustinove bilinearne transformacije– Metodom Tustinove bilinearne transformacije sa predpodešavanjem

frekvencije na vrijednost prirodne frekvencije zatvorenog kruga• Vrijeme uzorkovanja je T = 1 [s].

Rješenje 2. zadatka međurezultati

• Nalazimo prijenosnu funkciju u kontinuiranoj domeni čitavog sustava predstavljenog blok shemom

2

2 2

3 22

22

2

11 1

1 122 1

1 3 4 22 11 11 1 2

12

ss s ss

ss s s s sG ss s ss s s s

s s s ss ss

s s

3 2 2

2 2 2 20 0

20 0

3 4 2 1 2 2

12 2 2 1 2 2 1

2

1 2 2; ; 2 1;

2 2 2

s sG s

s s s s s s

s s s s s s

Rješenje 2. zadatka a) (1)

n = 3 <- broj polova

m = 1 <- broj nula

d = n–m = 3–1 = 2 <- polni višak

Preslikavanje nula i polovaNula Tip Pravilo Vrijednost

0 real. 1

Polovi Tip Pravilo Vrijednost

–1 real. exp(–0,08333)

–1+i konj. kompl. exp(–1)cis(1)

–1 –i konj. kompl. exp(–1)cis(–1)

exp Ps T

exp Ns T

exp Ps T

exp Ps T

Rješenje 2. zadatka a) (2)

• Polni višak• Nule izvorne prijenosne funkcije• Polovi izvorne prijenosne funkcije• Koeficijent podešavanja istovjetnosti statičkog pojačanja

2*

1 1 1

2*

1 2 1 2 2 2

2*

1 2 1 2

1

e e cos1 sin1 e cos1 sin1

1

e e cos1 sin1 cos1 sin1 e cos 1 sin 1

1

e 2e cos1 e

z zG z K

z z j z j

z zK

z z z j j

z zK

z z z

Rješenje 2. zadatka a) (3)• K* se podešava za prirodnu frekvenciju

zatvorenog kruga n

0

def !*

0 *0 e

1lim ; lim

j Ts zG j K aK a G z

K

0

2 22 30 0 0

2 22 51 512 2

21 98 51 162 3 44 16 8

K

0* e

0 0 0 0

1 1 2 10 0 0 0 0 0

1lim

cos 2 sin 2 cos 1 sin

cos e sin cos 2 2e cos1cos e sin 2 2e cos1sin

jzG z

K

j j

j j

Rješenje 2. zadatka a) (4)

0 0 0 0 0 0 0 0

1 1 2 1 1 2 1 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

*e

cos 2 cos 1 sin 2 sin sin 2 cos 1 sin cos 2

cos e cos 2 2e cos1cos e sin sin 2 2e cos1sin sin cos 2 2e cos1cos e sin 2 2e cos1sin cos e

1lim

z

j

j

K

j 0

2 2

0 0 0 0 0 0 0 0

2 21 1 2 1 1 2 1 1

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

cos 2 cos 1 sin 2 sin sin 2 cos 1 sin cos 2

cos e cos 2 2e cos1cos e sin sin 2 2e cos1sin sin cos 2 2e cos1cos e sin 2 2e cos1sin cos eG z

• Složeno i nepregledno, koristiti Matlab ili neki drugi paket za numeričku i simboličku matematiku

j 0

**

e

*

1 51 51lim 1,2505854 K=

2 2 1,2505854

2,855234

zG z K

K

K

Rješenje 2. zadatka a) (5)• Konačni izračun koeficijenata prijenosne

funkcije u z-domeni, G(z):

3 2

3 1 2 2 32,855234

e 2cos1 1 e 2cos1 1 e

z zG z

z z z

3 2

3 2

2,855234 2,855234

0,765412 0,281579 0,049787

z zG z

z z z

Rješenje 2. zadatka b) (1)

• Supstitucija operatora deriviranja s bilinearnim (Tustinovim) operatorom proizašlim iz bilinearne numeričke aproksimacije mjere nagiba linearnog spline-a: 2(z-1)/T/(z+1)

3 2

33 2 2 2

3 3 3 3

2 1

3 4 2 11

21

8 3 3 1 4 2 1 1 2 1 2 1 13 4 2

1 4 1 1 1

s zG s s

s s s T zzzG z

z z z z z z z z z z

z z z z

Rješenje 2. zadatka b) (2)

2

3 2 3 2 3 2 3 2

2 1 2 1

8 24 24 8 12 1 8 1 2 6 6 2

z z zG z

z z z z z z z z z z z z

• Potpuno drugačije od rezultata dobivenog transformacijom uz očuvanje frekvencijskih utjecaja polova i nula kontinuirane funkcije: unešeni “numerički” polovi, i funkcija nije ispravno ponderirana po pojačanju

3 2

3 2

2 2 2 2

30 22 10 2

z z zG z

z z z

Rješenje 2. zadatka c) (1)

• Supstitucija operatora deriviranja s bilinearnim (Tustinovim) operatorom i predpodešavanje po frekvenciji 0

03 2

0

33 2 2 2

3 3 3 3

21 1 12 1,915964

3 4 2 1 1 12tan tan2 4

11,915964

17,033345 3 3 1 3,670918 2 1 1 1,915964 1 2 1 1

3 4 21 4 1 1 1

s z z zG s s

Ts s s z z z

zzG z

z z z z z z z z z z

z z z z

Rješenje 2. zadatka c) (2)

2

3 2 3 2 3 2 3 2

1,915964 1 2 1

7,033345 3 3 1 3 3,670918 1 4 1,915964 1 2 6 6 2

z z zG z

z z z z z z z z z z z z

• Uočiti promjene u izrazu, zbog višestrukog potenciranja (3. potencija, 2. potencija, različita linearna kombinacija) relativno malo različitog korekcijskog faktora u Tustinovoj transformaciji s predpodešavanjem

3 2

3 2

1,915964 1,915964 1,915964 1,915964

27,709953 18,4489326 8,4234277 2

z z zG z

z z z