Probeklausur Systemdynamik und Regelungstechnik II 06.07.2012

Technische Universität Darmstadt
Fachbereich 18
Institut für Automatisierungstechnik
Fachgebiet Regelungstheorie und Robotik
Prof. Dr.-Ing. J. Adamy
1
2
3
4
5
6
Σ
Note
Probeklausur
Systemdynamik und
Regelungstechnik II
06.07.2012
Musterlösung
Name: ......................................................................................
Matrikelnr.: .................................................................................
Fachrichtung: ...............................................................................
Bitte beachten Sie, dass einzelne Aufgabenteile unabhängig voneinander gelöst werden können.
Wir bitten Sie aber um eine eindeutige Kennzeichnung der gelösten Aufgaben. Beginnen Sie
für jede der sechs Aufgaben ein neues Blatt. Führen Sie alle Berechnungen auf den ausgeteilten
Blättern durch und geben Sie alle Blätter ab. Für alle Ergebnisse muss der Rechenweg klar
erkennbar sein. Fehlende Rechenwege führen zu Punktabzug!
1
1○

Lösungsvorschlag zu Aufgabe 1
a) • Es ergibt sich folgende offene Strecke:
G0(s) = Kp ·2·
1 Z0(s)
= k ·
(s−1+j)(s−1−j)(s+1) N0(s) .
Damit ist k = 2Kp, für Nenner und Zähler ergibt sich
Z0(s) = 1, N0(s) = (s−1+j)(s−1−j)(s+1) = (s 2 −2s+2)(s+1) = s 3 −s 2 +2.
• Der Wurzelschwerpunkt berechnet sich nach Regel 8 zu
δ = 0−� n
ν=1 Re{pν}
m−n
2i+1π,
i = 0,1,2 für k > 0
3
2iπ,
i = 0,1,2 für k < 0
3
= −(1+1−1)
−3
• Die Anstiegswinkel der Asymptoten sind nach Regel 7
⎧
⎨
⎧
⎨
Φi =
⎩
=
⎩
• Die Verzweigungspunkte ergeben sich aus Regel 4:
0 = −
n�
ν=1
1
s−pν
, ⇔ 0 = − 1
s+1 −
= 1
3 .
π 5π , π, für k > 0
3 3
0, 2π 4π , für k < 0 3 3 .
1
s−1+j −
1
s−1−j ,
⇔ 0 = (s−1+j)(s−1−j)+(s+1)((s−1−j)+(s−1+j)),
⇔ 0 = s 2 −2s+2+(s+1)(2s−2) = s 2 −2s+2+2(s 2 −1),
⇔ 0 = 3s 2 −2s,
⇔ s1 = 0, s2 = 2
3 .
Nach Regel 3 gehört die reelle Achse für Re{s} > −1 zur komplementären WOK.
Damit gehören die Verzweigungspunkte beide zur komplementären WOK.
• Der Verstärkungsfaktor ergibt sich aus der Skalierungsgleichung |k| = | N0(s)
|. Mit Z0(s)
ergibt sich für die Verzweigungspunkte
� �
� �
|k1| = � �
� � = 2, |k2|
�
�
�
= �
�
0 3 −0 2 +2
1
Z0(s) = 1, N0(s) = s 3 −s 2 +2
� 2
3
� 3 − � 2
3
� �
2
+2
�
�
�
1 � =
�
�
�
8 4
� −
27 9 +2
�
�
�
� = 123
27 .
Da die Verzweigungspunkte zur komplementären WOK gehören, folgt
k1 = −2, k2 = −1 23
27 .
• Aus den bisherigen Ergebnissen kann die WOK konstruiert werden:
2
2○

Im
2
1
0
-1
-2
Eigentliche WOK (k > 0)
-2
-1
0 1 2
0 1 2
Re
Re
Mit Hilfe der vorigen Aufgabenteile und Regel 1 ist deutlich, dass sich jeweils genau
zwei Äste in den Verzweigungspunkten schneiden, also r = 2. Nach Regel 5 folgen die
Schnittwinkel in den Verzweigungspunkten:
|∆Φ| = π
r
= π
2 .
Im
2
1
0
-1
-2
-2
-1
3○
Komplementäre WOK (k < 0)
• Aus der eigentlichen und komplementären WOK kann man erkennen, dass immer mindestens
ein Pol der geschlossenen Strecke in der rechten komplexen Halbebene liegt.
Damit ist die geschlossene Strecke für alle k instabil.
b) • Für den Ausgang y folgt:
Kp ·Ks
Y(s) =
(s−a)·(s−b) ·
�
1
W(s)−
T1 ·s+1 ·Y(s)
�
,
�
�
Kp ·Ks Kp ·Ks
⇔ Y(s)· 1+
=
(s−a)·(s−b)·(T1 ·s+1) (s−a)·(s−b) ·W(s),
Gw(s) = Y(s)
W(s) =
1+
Kp·Ks
(s−a)·(s−b)
Kp·Ks
(s−a)·(s−b)·(T1·s+1)
=
Kp ·Ks ·(T1 ·s+1)
(s−a)·(s−b)·(T1 ·s+1)+Kp ·Ks
• Die Gleichung der WOK folgt aus dem Nenner des geschlossenen Kreises. Beachtet
man die Standardnormierung, so folgt:
Und damit ist:
0 = (s−a)·(s−b)·(T1 ·s+1)+Kp ·Ks,
⇔ 0 = T1 ·(s−a)·(s−b)·(s+ 1
)+Kp ·Ks,
⇔ 0 = (s−a)·(s−b)·(s+ 1
T1
T1
)+ Kp ·Ks
,
T1
k = Kp ·Ks
, Z0(s) = 1, N0(s) = (s−a)·(s−b)·(s+
T1
1
).
T1
3

Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2
a) Aus den Übertragungsfunktionen G1 und G2 folgen die DGL
⎧
⎨
⎩
X1(s) = 1
1− sU(s)+X2(s)
p
X2(s) = 1
1+ s∆T(s)
q
Damit lautet das System in Zustandsraumdarstellung
⎛
⎝ ˙x1
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
p −p
⎠ = ⎝ ⎠·
⎝
˙x2 0 −q
� �� �
A
x1
⎞ ⎛
⎠ + ⎝
x2
−p
⎞
⎠·u
+
0
� �� �
b
� �
y = 1 0
� �� �
cT ·x.
b) Die Steuerbarkeitsmatrix
M s =
� �
b A·b =
⇒
⎧
⎨
⎩
˙x1 = p(x1 −u−x2)
˙x2 = q(∆T −x2)
⎛
⎝ 0
⎞
⎠·∆T,
q
����
s
⎛ ⎞
−p −p2
⎝ ⎠, detM s = 0,
0 0
besitzt nicht den vollen Rang und das System ist somit nicht vollständig steuerbar. Die
Beobachtbarkeitsmatrix
⎛
Mb = ⎝ cT
cT ⎞ ⎛ ⎞
1 0
⎠ = ⎝ ⎠, detM b = −p �= 0,
·A p −p
besitzt den vollen Rang und das System ist somit vollständig beobachtbar.
Das System ist nicht vollständig steuerbar, da die Stellgröße u nur einen Einfluß auf den
Zustand x1 hat, aber nicht auf x2. Es ist somit nicht möglich, von jedem beliebigen Anfangszustand
x(0) zu jedem beliebigen Zustand x(t1) zu gelangen in einer endlicher Zeit
t1 < ∞.
Das System ist jedoch vollständig beobachtbar, weil beide Zustände einen Einfluß auf die
Ausgangsgröße y haben (und dieser Einfluß auch unterschiedlich ist). So können x1(0) und
x2(0) aus dem Verlauf von y(t) und u(t) in endlicher Zeit ermittelt werden.
c) Die Eigenwerte ergeben sich zu
⎛ ⎞
s−p p
det(sI −A) = det⎝
⎠ = (s−p)(s+q)
0 s+q
! = 0,
⇒ s1 = p, s2 = −q.
Wegen p,q > 0 liegt ein Pol rechts von der imaginären Achse, das System ist instabil.
4
.
4○

d) Die Eigenwerte des geschlossenen Kreises berechnen sich mit k T �
=
⎛
k1 k2
�
zu
det(sI −A+b·k T ) = det⎝
s−p−pk1 p−pk1
⎠ = (s−p−pk1)(s+q)
0 s+q
! = 0,
⇒ sg1 = p(1+k1), sg2 = −q.
Für k1 < −1 liegen die Pole des geschlossenen Kreises links der imaginären Achse und das
System ist stabil. Das System kann stabilisiert werden, obwohl es nicht vollständig steuerbar
ist. Im Gegensatz zu einem vollständig steuerbaren System kann nur ein Pol durch die
Regelung verschoben werden. Da es aber der instabile Pol ist, kann das System stabilisiert
werden.
e) Die Transitionsmatrix berechnet sich zu
L{Φ} = (sI −A) −1 ⎛ ⎞
s−p p
= ⎝ ⎠
0 s+q
⎛ ⎞
⇒ Φ(t) =
−p
ept
⎝ p+q (ept −e−qt )
0 e −qt
⎠.
f) Einsetzen von Φ(t) und b ergibt für die Zeitlösung:
⎛
⎝ 0
⎞ ⎛
⎠ = x(t1) = ⎝
0
ept1 −p
p+q (ept1 0
−qt1 −e )
e−qt1 ⎞
⎠·x(0) +
−1
=
⎞
1
(s−p)(s+q)
⎛
⎝ −pept1
0
⎛ ⎞
s+q −p
⎝ ⎠,
0 s−p
⎞
� t1
⎠ e −pτ u(τ)dτ.
Wegen t1 < ∞ kann diese Gleichung unabhängig von der Wahl von u(t) nur dann erfüllt
werden, wenn für die Anfangsbedingung x(0) =
� p
p+q x2(0) x2(0)
� T
0
5○
gilt. Bei einem voll-
ständig steuerbaren System muss es möglich sein, von jedem beliebigen Anfangszustand zu
jedem beliebigen Endzustand zu gelangen in endlicher Zeit. Dies ist hier nicht erfüllt, das
System ist nicht vollständig steuerbar.
g) Werden die Übertragungsfunktionen vertauscht, ist das System weiterhin nicht vollständig
steuerbar, da der Eingang wieder nur auf einen Zustand Einfluß hat. Eine Regelung kann das
System aber nicht mehr stabilisieren, da jetzt nur noch der stabile Pol verschoben werden
kann und nicht mehr der instabile Pol.
5

Lösungsvorschlag zu Aufgabe 3
a) Die Ausgangsmatrix c T entspricht der des kontinuierlichen Modells:
c T = [1,0].
Die Systemmatrix des zeitdiskreten Systems ist die Transitionsmatrixe At an der Stellet = T.
Diese berechnet sich mit Hilfe der Laplace-Transformierten:
⎡ ⎤
0 1
A = ⎣ ⎦,
−2 −2
(sI −A) −1 ⎡ ⎤−1
s −1
= ⎣ ⎦
2 s+2
1
=
s2 ⎡ ⎤
⎡
s+2 1
⎣ ⎦,
+2s+2 −2 s
⎤
=
Mit den angegebenen Beziehungen
⎣ s+2
s2 +2s+2
−2
s2 +2s+2
ω0
1
s2 +2s+2
s
s2 +2s+2
s 2 +2as+a 2 +ω 2 0
s+a
s 2 +2as+a 2 +ω 2 0
folgt aus einem Koeffizientenvergleich im Nenner:
Aus der Umformung
⎡
folgt
(sI −A) −1 =
⎣ s+2
s2 +2s+2
−2
s2 +2s+2
e At =
1
s2 +2s+2
s
s2 +2s+2
Einsetzen von t = T ergibt schließlich
⎡
A d (T) =
⎡
⎤
a = 1
ω0 = 1.
⎦ =
⎡
⎦.
↦→ e −at ·sinω0t,
↦→ e −at ·cosω0t
⎣ s+1
s2 +2s+2 + 1
s2 +2s+2
−2
s2 +2s+2
⎣ e−t ·cost+e −t ·sint e−t ·sint
−2e−t ·sint e−t ·cost−e −t ·sint
b) Die Eigenwerte der oberen Dreiecksmatrix sind:
1
s2 +2s+2
s+1
s2 1 − +2s+2 s2 +2s+2
⎤
⎦.
⎣ e−T ·cosT +e−T ·sinT e−T ·sinT
−2e−T ·sinT e−T ·cosT −e−T ·sinT
z1 = a
2 .
z2 = − 1
2 .
6
⎤
⎦.
⎤
⎦
6○

Damit das System stabil ist, müssen z1 und z2 im Einheitskreis liegen. Daraus ergibt sich
als Bedingung für a:
c) Die Steuerbarkeitsmatrix lautet
M s =
−2 < a < 2
� �
⎡
b,A b =
⎣ a 3
2 a2
1 − 1
2
Die Steuerbarkeitsmatrix hat vollen Rang, wenn detM s �= 0. Das System ist also nicht
steuerbar, wenn
also für
Steuerbarkeit ist daher erfüllt für
Die Beobachtbarkeitsmatrix ist
Das System ist beobachtbar für
detM s = − 3
2 a2 − a
2
a = 0,
a = − 1
3 .
�
a ∈ R \ 0,− 1
�
.
3
⎤
= 0,
⎦.
⎡
Mb = ⎣ cT
cT ⎤ ⎡ ⎤
1 0
⎦ = ⎣ ⎦,
A
detM b = a 2 .
a ∈ R \{0}.
a
2 a 2
d) Schrittweise Einsetzen der Zustände in die Systemgleichung liefert:
x(1) = Ad ·x(0)
⎡
x(1) = ⎣ 1 1 2
0 − 1
⎤⎡
⎦⎣
2
1
⎤ ⎡
⎦ = ⎣
2
5
⎤
2 ⎦,
−1
⎡
x(2) = ⎣ 1 1 2
0 −1 ⎤⎡
⎦⎣
2
5
⎤ ⎡
2 ⎦ = ⎣
−1
1
⎤
4⎦,
1
2
⎡
x(3) = ⎣ 1
⎤⎡
2 1
⎦⎣
1
⎤ ⎡
4⎦
= ⎣ 5
⎤
8 ⎦.
0 − 1
2
1
2
7
− 1
4
7○

e) Das charakteristische Polynom des geregelten Systems sollte gleich dem Wunschpolynom
sein. Für das charakteristische Polynom folgt
Vergleich mit ˜ P führt zu
Die Lösung dieser Gleichungen ist
Damit ist der Regelvektor
˜P(z) = z 2
Ak = Ad −bdk T
d ,
⎡
= ⎣ 1 1 2
0 − 1
⎤ ⎡
⎦− ⎣
2
1
⎤
�
⎦·
1
⎡
= ⎣ 1
2 −k1
⎤
1−k2
⎦,
−k1 − 1
2 −k2
k1 k2
�
,
det(zI −A k) = z 2 +(k1 +k2)z + 3
2 k1 − 1
2 k2 − 1
4 .
k1 +k2 = 0,
3
2 k1 − 1
2 k2 − 1
= 0.
4
k1 = 1
8 , k2 = − 1
8 .
k T =
�
1
8 −1
�
.
8
8
8○