loesungen_08

Systemdynamik und
Regelungstechnik II, SS 2012
Prof. Dr.-Ing. J. Adamy
Dipl.Wirtsch.-Ing. A. Röthig
Dipl.-Ing. S. Gering
Lösungsvorschläge zur 8. Übung
Aufgabe 5.2-3d)
a) Die Formel von Ackermann...
richtige Lösungen: 1
Zu 2.: Der Sinn der Ackermann-Formel ist gerade, dass man die SNF nicht benötigt.
Zu 3.: Die Reglerparameter müssen nicht mehr zurücktransformiert werden.
Aufgabe 5.2-8
a)
x1 = 1
s x2
x2 = 1
s x3
u· KM
= x3
s+2
L −1
→ ˙x1 = x2
L −1
→ ˙x2 = x3
L −1
→ ˙x3 = −2x3 +u·KM
Die Zustandsraumdarstellung folgt aus den einzelnen Gleichungen:
⎡ ⎤
˙x =
0 1 0
⎢ ⎥
⎢
⎣ 0 0 1 ⎥
⎦
0 0 −2
x+
⎡ ⎤
⎢
⎣
0
0
⎥
⎦
1000
u
b) Das System liegt wegenb = [0 0 1000] T nicht in Steuerungsnormalform (SNF) vor. Der Regler-
entwurf über die SNF ist hier nur dann möglich, wenn das System in die SNF transformiert wird.
Im Folgenden wird die direkte Berechnung des charakteristischen Polynoms des geschlossenen
Kreises des Originalsystems für den Reglerentwurf angewendet.
Die Systemmatrix des geschlossenen Systems
A k = � A−b k T� =
⎡
⎢
⎣
0 1 0
0 0 1
−1000k1 −1000k2 −2−1000k3
1
⎤
⎥
⎦

liegt in Steuerungsnormalform vor, daher kann man die charakteristische Gleichung direkt ablesen
(unabhängig davon, ob b in SNF vorliegt):
detA k = λ 3 +(2+1000k3)λ 2 +1000k2λ+1000k1.
Ein PT1-Glied mit einer Zeitkonstanten T = 1sec hat einen Pol bei -1. Die beiden anderen Pole
sollen bei -10 liegen, so dass folgendes Charakteristisches Polynom gefordert ist:
P(λ)soll = (λ+1)(λ+10) 2 = λ 3 +21λ 2 +120λ+100
Durch Koeffizientenvegleich erhält man die Zustandsvektorrückführung:
k T � �
= 0,1 0,12 0,019 .
Berechnung der Vorverstärkung:
1
v = −cTA −1
⎡ ⎤
� �
−1.2 −0.21 −0.01
⎢ ⎥
k b = − 1 1 1 · ⎢
⎣ 1 0 0 ⎥
⎦
0 1 0
·
⎡ ⎤
0
⎢ ⎥
⎢
⎣ 0 ⎥
1
⎦ = 10 ⇒ v =
10
1000
Wenn nur die Geschwindigkeit gemessen werden kann, ist der Ausgangsvektor
c T � �
= 0 1 0 .
Berechnung der Beobachtbarkeitsmatrix:
cT � �
= 0 1 0
cT � �
·A = 0 0 1
cT ·A 2 � �
= 0 0 −2
⇒ MB
⎡ ⎤
0 1 0
⎢ ⎥
= ⎢
⎣0
0 1 ⎥
⎦
0 0 −2
⇒ Rang(MB)

Mit ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
A =
0 1 0 0
⎢ ⎥ ⎢
⎢ 0 0 40 0 ⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎢ ⎥,
b = ⎢
⎢
⎣ 0 0 0 1 ⎥ ⎢
⎦ ⎣
0
1
0
⎥
⎥,
⎥
⎦
0 0 −5 0
⎡ ⎤
−0,1
A·b =
1
⎢ ⎥
⎢ 0 ⎥
⎢ ⎥,
A
⎢
⎣ −0,1 ⎥
⎦
0
2 ⎡ ⎤
0
⎢ ⎥
⎢ −4 ⎥
·b = A·(A·b) = ⎢ ⎥,
A
⎢
⎣ 0 ⎥
⎦
0,5
3 ·b = A·(A 2 ⎡ ⎤
−4
⎢ ⎥
⎢ 0 ⎥
·b) = ⎢ ⎥,
⎢
⎣ 0,5 ⎥
⎦
0
folgt
⎡
⎤
Ms =
⎢
⎣
0
1
0
1 0 −4
⎥
0 −4 0
⎥
⎥.
−0,1 0 0,5 ⎥
⎦
−0,1 0 0,5 0
Entwickelt man die Determinante nach der ersten Zeile, ergibt sich
⎡ ⎤
⎢
det(Ms) = −1det ⎢
⎣
1
0
−4 0
⎥
0 0,5 ⎥
⎦
−0,1 0,5 0
+4det
⎡ ⎤
⎢
⎣
1
0
0 −4
⎥
−0,1 0 ⎥
⎦
−0,1 0 0,5
,
= −1(0,2−0,25)+4(−0,05+0,04) = 0,01 �= 0.
Das System ist steuerbar.
b) Mit
M −1
s ·M s =
⎡ ⎤
1 0 0 0
⎢ ⎥
⎢ 0 1 0 0 ⎥
⎢ ⎥
⎢
⎣ 0 0 1 0 ⎥
⎦
0 0 0 1
und der Tatsache, dassm s T die letzte Zeile vonM −1
s ist, kann man folgendes Gleichungssystem
aufstellen:
�
Daraus folgt:
m1 m2 m3 m4
m2 −0,1m4 = 0,
m1 −0,1m3 = 0,
−4m2 +0,5m4 = 0,
−4m1 +0,5m3 = 1.
Auflösen ergibt
�
·M s =
m2 = m4 = 0, m3 = 10, m1 = 1,
� �
T
ms = 1 0 10 0
�
0 0 0 1
3
�
.

c)
˜P(s) = (s−λ) 4 = (s+1) 4 ,
= s 4 +4s 3 +6s 2 +4s+1,
⇒ ã0 = 1, ã1 = 4, ã2 = 6, ã3 = 4.
d) Die Potenzen der
⎡
Systemmatrix:
⎤
A =
0 1 0 0
⎢ ⎥
⎢ 0 0 40 0 ⎥
⎢ ⎥,
A
⎢
⎣ 0 0 0 1 ⎥
⎦
0 0 −5 0
2 ⎡ ⎤
0 0 40 0
⎢ ⎥
⎢ 0 0 0 40 ⎥
= ⎢ ⎥,
⎢
⎣ 0 0 −5 0 ⎥
⎦
0 0 0 −5
A 3 = A·A 2 ⎡ ⎤
0 0 0 40
⎢ ⎥
⎢ 0 0 −200 0
⎥
= ⎢ ⎥,
A
⎢
⎣ 0 0 0 −5 ⎥
⎦
0 0 25 0
4 = A·A 3 ⎡ ⎤
0 0 −200
⎢ 0 0 0
= ⎢
⎣ 0 0 25
0
⎥
−200
⎥
⎥.
0 ⎥
⎦
0 0 0 25
Für die Formel von Ackermann folgt:
k T T
= ms ·(ã0I +ã1A+ã2A 2 +ã3A 3 +A 4 ),
⎛ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
=
1 0 0 0 0 1 0 0
⎜ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
� � ⎜ ⎢
⎜ ⎢ 0 1 0 0 ⎥ ⎢
⎥ ⎢ 0 0 40 0 ⎥
1 0 10 0 · ⎜1⎢
⎥+4
⎢ ⎥+
⎜ ⎢
⎝ ⎣ 0 0 1 0 ⎥ ⎢
⎦ ⎣ 0 0 0 1 ⎥
⎦
⎡ ⎤
0 0 0 1
⎡
0 0 −5 0
⎤ ⎡ ⎤⎞
0 0 40 0 0 0 0 40 0 0 −200
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
⎢ 0 0 0 40 ⎥ ⎢
⎥ ⎢ 0 0 −200 0 ⎥ ⎢
⎥ ⎢ 0 0 0
6⎢
⎥+4
⎢ ⎥+
⎢
⎢
⎣ 0 0 −5 0 ⎥ ⎢
⎦ ⎣ 0 0 0 −5 ⎥ ⎢
⎦ ⎣ 0 0 25
0
⎥⎟
−200 ⎥⎟
⎥⎟
⎥⎟,
0 ⎥⎟
⎦⎠
0 0 0 −5
⎡
0 0 25 0
⎤
0 0 0 25
=
1 4 40 160
⎢ ⎥
� � ⎢ 0 1 −640 40 ⎥
1 0 10 0 · ⎢ ⎥,
⎢
⎣ 0 0 −4 −16 ⎥
⎦
� �
0 0 80 −4
= 1 4 0 0
Aufgabe 5.2-12
a)
⎡
⎣ ˙x1
˙x2
⎤
⎦ =
y =
⎡ ⎤⎡
0 −1
⎣ ⎦
a 0
� �
1 0 x.
⎣ x1
x2
⎤ ⎡
⎦+ ⎣ 0
⎤
⎦u,
a
4

Dabei sind⎡
⎤ ⎡
0 −1
A = ⎣ ⎦, b = ⎣
a 0
0
⎤
⎦, c
a
T �
= 1 0
b)
⎡ ⎡
Ms = ⎣ ⎣ 0
⎤ ⎡ ⎤ ⎡
0 −1
⎦ , ⎣ ⎦· ⎣
a a 0
0
⎤ ⎤ ⎡ ⎤
0 −a
⎦ ⎦ = ⎣ ⎦
a a 0
detM s = a 2 �= 0.
c)
Das System ist füra �= 0 steuerbar.
c1)
⎡ ⎤
Ms =
0 −1
⎣ ⎦,
1 0
M −1
s = 1
⎡ ⎤T
⎡ ⎤
T
⇒ ms 0 −1 0 1
⎣ ⎦ = ⎣ ⎦,
1 1 0 −1 0
⎡ ⎤
� � 0 1 �
= 0 1 · ⎣ ⎦ = −1 0
−1 0
c2) Das gewünschte charakteristische Polynom des geregelten Systems lautet:
c3)
˜P(s) = (s−λ1)(s−λ2),
A =
A 2 =
Formel von Ackermann:
= (s+3) 2 = s 2 +6s+9,
⇒ ã0 = 9, ã1 = 6.
�
.
�
,
⎡ ⎤
0 −1
⎣ ⎦,
1 0
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
0 −1 0 −1 −1 0
⎣ ⎦· ⎣ ⎦ = ⎣ ⎦
1 0 1 0 0 −1
k T = m s T (ã0I +ã1A+A 2 ),
� �
= −1 0
⎛ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎞
1 0 0 −1 −1 0
⎝9⎣
⎦+6 ⎣ ⎦+ ⎣ ⎦⎠,
0 1 1 0 0 −1
⎡ ⎤
� � 8 −6
= −1 0 · ⎣ ⎦,
6 8
� �
= −8 6
5

d) d1)
ms =
� � � �
−1 0 , msA = −1 0
⎡ ⎤
0 −1 � �
⎣ ⎦ = 0 1 ,
1 0
⎡
⎣ m ⎤ ⎡ ⎤
s −1 0
⎦ = ⎣ ⎦, Ts =
msA 0 1
1
⎡ ⎤T
⎡ ⎤
As 1 0 −1 0
⎣ ⎦ = ⎣ ⎦,
−1 0 −1 0 1
= T −1
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−1 0 0 −1 −1 0 0 1
s ·A·T s = ⎣ ⎦· ⎣ ⎦· ⎣ ⎦ = ⎣ ⎦
0 1 1 0 0 1 −1 0
T −1
s =
Die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms können direkt aus der SNF abgelesen
werden:
A s =
⎡
⎣
⎤ ⎡
0 1 0 1
⎦ = ⎣
−1 0 −a0 −a1
⇒ a0 = 1, a1 = 0.
d2) In SNF gilt die einfache Beziehung:
�
d3)
T
ks =
=
ã0 −a0, ã1 −a1
� �
8 6 .
k T T −1
= ks ·T s =
�
=
�
−8 6
�
.
�
,
⎤
⎦
⎡ ⎤
� −1 0
8 6 · ⎣ ⎦,
0 1
e) e1) Die Determinante des geregelten Systems lautet allgemein
det(sI −(A−b·k T ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡
1 0 0 −1
)) = det(s⎣
⎦− ⎣ ⎦+ ⎣
0 1 1 0
0
⎤
�
⎦·
1
⎡ ⎤
s
= det( ⎣
−1+k0
1
⎦),
s+k1
e2)
= s(s+k1)−(−1+k0),
= s 2 +k1s+1−k0 = P(s)
˜P(s) = (s−λ1)(s−λ2) = (s+3) 2 ,
= s 2 +6s+9,
!
= P(s) = s 2 +k1s+1−k0.
6
k0 k1
�
),

Damit folgt für k T
k0 = −8, k1 = 6,
⇒ k T � �
= −8 6 .
Somit führen alle drei Wege zum gleichen Ergebnis.
Aufgabe 5.2-14
a) Nach Einsetzen der Werte ergibt sich abhängig von der Masse:
⎡
0
⎢
A = ⎢
⎣0
1
−
0
0,16
⎤ ⎡ ⎤ ⎡
m
10,75
m
⎥ ⎢
⎥
⎦ , b = ⎢
⎣
0
0
⎥ ⎢
⎥
⎦ , e = ⎢
⎣
0 −688,79 −15,51 −64,07
und damit für m = 0,05t
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
0
⎢
A = ⎢
⎣0
1
−3,25
0
⎥ ⎢
215 ⎥
⎦ , b = ⎢
⎣
0
0
0
⎥ ⎢ ⎥
⎥
⎦ , e = ⎢
⎣−20⎥
⎦
0 −688,79 −15,51 −64,07 0
.
und für m = 0,3t
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
0
⎢
A = ⎢
⎣0
1
−0,54
0
⎥ ⎢
35,83 ⎥
⎦ , b = ⎢
⎣
0
0
0
⎥ ⎢ ⎥
⎥
⎦ , e = ⎢
⎣−3,33⎥
⎦
0 −688,79 −15,51 −64,07 0
.
b) Aufstellen der Steuerbarkeitsmatrix:
�
MS = b Ab A 2 ⎡
�
0
⎢
b = ⎢
⎣
0 −4BA 0 −4
Vm
BA
Vm ∗
−4B ⎤
⎥
⎦
V ∗ ∗
Daraus folgt:
detMS = −64 B3 A 2
V 3 �= 0 für alle endlichen m
m2 Das System ist damit für alle m steuerbar.
c) Eine Dämpfung von 1 √ 2 bedeutet, dass Real- und Imaginärteil des komplexen Polstellenpaares
gleich groß sind, alsoσe = ωe. Außerdem gilt für die Ausregelzeit:
Ta5% ≈ 3
σe
Also liegt das komplexe Polstellenpaar beis1,2 = −5±5j. Das charakteristische Wunschpolynom
ergibt sich damit zu:
P(s) = s 3 +16s 2 +110s+200
7
0
− 1
m
0
⎤
⎥
⎦ .

Andererseits gilt für das mit kT �
=
⎛⎡
det � sI −A+bk T� ⎜⎢
= det⎜⎢
⎝⎣
k1 k2 k3
�
geregelte System:
s −1 0
0 s+3,25 −215
−64,07k1 688,79−64,07k2 s+15,51−64,07k3
= s 3 +(18,76−64,07k3)s 2 +(148140−13776k2 −208.54k3)s
−215·64,07k1
Durch Koeffizientenvergleich mit dem Wunschpolynom ergibt sich:
k1 = −0.0218
k2 = 10.7450
k3 = 0.0431
Der Vorfilter berechnet sich schließlich mit
zu
1
v = −cT A −1 b
v = −0.0218
d) Das komplexe Polpaar liegt bei s1,2 = −0,59 ± 1.95j. Damit ergibt sich hier eine Ausregelzeit
vonTa5% ≈ 5,1s und eine Überschwingweite von39%. Beide Werte sind für eine Regelung nicht
mehr akzeptabel. Offenbar ist dieser Regler nicht robust gegenüber einer Änderung der Masse.
e) Mit gleicher Rechnung wie in Aufgabenteil c) ergibt sich:
k1 = −0.1307
und
k2 = 10.7057
k3 = 0.0008
v = −0.1307
Die Eigenwerte der so geregelten Strecke mit m = 0,05t liegen beis1,2 = −7.8896±23.4835j
und s3 = −2.9329.
f) Fall 1: Sprungantwort für die mit dem Regler aus Teilaufgabe c) geregelten Strecken:
Wie bereits in Aufgabenteil d) berechnet, weist die geregelte Strecke bei m = 0,3t ein starkes
Überschwingen und eine sehr schlechte Ausregelzeit auf.
Fall 2: Sprungantwort für die mit dem Regler aus Teilaufgabe e) geregelten Strecken:
Die komplexen Eigenwerten der geregelten Strecke bei m = 0,05 t weisen eigentlich auf ein
ähnlich schlechtes Regelverhalten hin, wie in Fall 1. Allerdings dominiert jetzt der reelle Pol
(größerer Realteil) die Sprungantwort, weshalb kein Überschwingen auftritt.
Entsprechend sollte der Regler aus Aufgabenteil e) verwendet werden.
Matlab-code:
% Parameterwerte
B = 14000;
8
⎤⎞
⎥⎟
⎥⎟
⎦⎠

Amplitude
Amplitude
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
Step Response
m=0,3t
m=0,05t
0
0 1 2 3 4
Time (sec)
5 6 7 8 9
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
Step Response
m=0,3t
m=0,05t
0
0 0.5 1 1.5 2 2.5
Time (sec)
9

R = 0.15;
R_c = 0.01;
K_L = 0.002;
sigma = 0.24;
V = 874;
A = 10.75;
F_L = 800;
m = [0.05 0.3];
\% Eintraege der Matrizen und Vektoren
a22 = -(R+(4*R_c/pi))./m;
a32 = -4*B*A/V;
a23 = A./m;
a33 = -4*B*(sigma+K_L)/V;
b3 = -4*B/V;
% Systemmatrizen
A_1 = [0 1 0;0 a22(1) a23(1);0 a32 a33];
A_2 = [0 1 0;0 a22(2) a23(2);0 a32 a33];
b = [0;0;b3];
c = [1 0 0];
% Zustandsraum-Modelle
model_1 = ss(A_1,b,c,0);
model_2 = ss(A_2,b,c,0);
% Sprungantworten ungeregelt:
figure;
step(model_2);
hold on;
step(model_1);
hold off;
legend(’m=0,3t’, ’m=0,05t’);
% Regler c)
K = [-0.0218, 10.745, 0.0431];
A1_geregelt = A_1-b*K;
A2_geregelt = A_2-b*K;
\% Vorfilter
v = -0.0218;
% Eigenwerte
eig(A1_geregelt)
eig(A2_geregelt)
10

% Sprungantworten Regler c)
figure;
step(ss(A2_geregelt,b*v,c,0));
hold on;
step(ss(A1_geregelt,b*v,c,0));
hold off;
legend(’m=0,3t’, ’m=0,05t’);
% Regler e)
K = [-0.1307, 10.7057, 0.0008];
A1_geregelt = A_1-b*K;
A2_geregelt = A_2-b*K;
% Vorfilter
v = -0.13078;
% Sprungantworten Regler e)
figure;
step(ss(A2_geregelt,b*v,c,0));
hold on;
step(ss(A1_geregelt,b*v,c,0));
hold off;
legend(’m=0,3t’, ’m=0,05t’);
11