Skip to content
Permalink
Branch: master
Find file Copy path
Find file Copy path
Fetching contributors…
Cannot retrieve contributors at this time
11179 lines (9118 sloc) 436 KB
\documentclass[11pt,a4paper,notitlepage,fleqn,final]{article}
\input{preamble.tex}
\title{ΣΑΕ 1
\\
{
\normalsize Συστήματα Αυτομάτου Ελέγχου I
\\
\normalsize Σημειώσεις από τις παραδόσεις
}}
\date{Οκτώβριος\textendash Ιανουάριος 2017 \textendash~2018
\\
{
\small Τελευταία ενημέρωση: \today
}
}
\author{
Για τον κώδικα σε \LaTeX, ενημερώσεις και προτάσεις:
\\
\url{https://github.com/kongr45gpen/ece-notes}}
\setallmainfonts(Digits,Latin,Greek){Asana Math}
\setmainfont{Noto Serif}
\setsansfont{Ubuntu}
\usepackage{polyglossia}
\newfontfamily\greekfont[Script=Greek,Scale=1.00]{Liberation Serif}
\hypersetup{pdftitle = {ΣΑΕ 1}}
\begin{document}
\maketitle
\hrule
\vspace{50pt}
\begin{infobox}{Λάθη \& Διορθώσεις}
Οι τελευταίες εκδόσεις των σημειώσεων βρίσκονται στο Github
(\url{https://github.com/kongr45gpen/ece-notes/raw/master/sae1.pdf}) ή
στη διεύθυνση \url{http://helit.org/ece-notes/sae1.pdf}.
Περιέχουν διορθώσεις σε λάθη και τυχόν βελτιώσεις.
\tcblower
Μπορείτε να ενημερώνετε για οποιοδήποτε λάθος και πρόταση
μέσω PM στο forum, issue στο Github, ή οποιουδήποτε άλλου τρόπου!
\end{infobox}
Υπεύθυνη καθηγήτρια: Ζωή Δουλγέρη, ασκήσεις από τον Παπαγεωργίου Δημήτρη - δεν υπάρχει διαχωρισμός ασκήσεων και θεωρίας.
\newpage
\tableofcontents
\newpage
\section{Συστήματα}
Γνωρίζουμε από τα προηγούμενα μαθήματα τι είναι το σύστημα. Σκοπός του μαθήματος είναι να σχεδιάσουμε έναν "ελεγκτή" ώστε ένα σύστημα να έχει μια επιθυμητή έξοδο.
Για παράδειγμα, αν έχουμε έναν κινητήρα που επιθυμούμε να ελέγξουμε, μπορούμε να τον παραστήσουμε με το παρακάτω σχήμα:
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) rectangle (1,1) node[midway] {$\Sigma$};
\draw[->] (1,0.5) -- ++(1,0) node[right] {$y$};
\draw (1.5,0.5) -- (1.5,-1) -- (0,-1);
\draw (0,-0.75) rectangle (-0.5,-1.25) node[midway] {$H$};
\draw[->] (-0.5,-1) -- (-2,-1) -- (-2,0.25);
\draw (-2,0.5) circle (0.25);
\draw[->] (-3,0.5) -- (-2.25,0.5) node[above,midway] {$r$};
\draw (-1.35,0.25) rectangle (-0.65,0.85) node[midway] {$E$};
\draw (-1.75,0.5) -- (-1.35,0.5) ;
\draw (-0.65,0.5) -- (0,0.5) node[above left] {$u$};
\end{tikzpicture}
όπου:
\begin{itemize}
\item \( \Sigma \) είναι ο κινητήρας
\item \( u \) είναι η τάση εισόδου (που ρυθμίζουμε εμείς)
\item \( y \) είναι η έξοδος του συστήματος, εδώ η ταχύτητα του κινητήρα
\item Η ροπή του φορτίου εκφράζει την είσοδο της διαταραχής
\item \( H \) είναι ένας μετρητής που μπορούμε να έχουμε για να ελέγχουμε την ταχύτητα
του κινητήρα
\item \( E \) είναι ο ελεγκτής που θέλουμε να υλοποιήσουμε, ώστε να ρυθμίζει την
τάση \( u \) εισόδου του κινητήρα για να πετύχουμε την επιθυμητή ταχύτητα.
\end{itemize}
Έχουμε και μία \textbf{είσοδο αναφοράς} \( r \) που καθορίζει την επιθυμητή έξοδο του συστήματος.
Στα πλαίσια των ΣΑΕ βρίσκουμε το μαθηματικό μοντέλο του συστήματος, καθώς και το μαθηματικό
μοντέλο του ελεγκτή, και τα υλοποιούμε με φυσικό τρόπο (για παράδειγμα μέσω κυκλωματικών
στοιχείων, μικροελεγκτών, arduino κ.ά).
Παραδείγματα συστημάτων αυτομάτου ελέγχου είναι: Τα αμορτισέρ του αυτοκινήτου, οι κινητήρες
των CD drives, οι κινητήρες των γραμμών παραγωγής (ώστε για παράδειγμα να είμαστε σίγουροι
ότι τα υλικά περνάν από έναν κλίβανο ακριβώς για 30 λεπτά, διατηρώντας σταθερή την
ταχύτητα μεταφοράς τους), κ.ά.
\subsection{Μοντελοποίηση συστημάτων}
\paragraph{}
Για το σύστημα ενός σώματος στο οποίο ασκείται δύναμη, έχουμε πολύ απλά:
\[
F = m\ddot x
\]
Για μια δύναμη ελατηρίου, ισχύει \( F = \kappa \cdot \delta x \), και για μια δύναμη
απόσβεσης/ιξώδους: \( F = d\dot x \)
\paragraph{Ανάρτηση αυτοκινήτου}
Θεωρούμε ότι η ανάρτηση ενός αυτοκινήτου αποτελείται από ένα ελατήριο και έναν αποσβεστήρα:
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) rectangle (2,1) node[midway] {$m$};
\draw (0.5,0) -- ++(0,-0.4)
-- ++(-30:0.2)
-- ++(-150:0.4)
-- ++(-30:0.4)
-- ++(-150:0.4)
-- ++(-30:0.4)
-- ++(-150:0.4)
-- ++(-30:0.2)
-- (0.5,-2);
;
\draw (1.5,0) -- (1.5,-1);
\draw (1.25,-1) -- (1.75,-1);
\draw (1.1,-0.9) -- (1.1,-1.2) -- (1.9,-1.2) -- (1.9,-0.9);
\draw (1.5,-1.2) -- (1.5,-2);
\draw (-0.5,-2) -- (2.5,-2);
\draw[gray] (2.5,1.2) -- (2.5,-2.7);
\draw (1,-2) -- (1,-2.5);
\filldraw (1,-2.5) circle(1pt) node[below left] {$\rho$};
\draw[dashed] (0.5,0) -- (3,0) node[right] {$x_0$};
\draw[dashed] (0.5,-2) -- (3,-2) node[right] {$x_i$};
\end{tikzpicture}
Και όπως πριν προκύπτει η σχέση:
\[
m\ddot x_0 + b(\dot x_0 - \dot x_i) + \kappa (x_0-x_i) = 0
\]
η οποία μπορεί να μετασχηματιστεί κατά Laplace:
\begin{align*}
m\ddot x_0 + b\dot x_0 + \kappa x_0 &= b\dot x_i + \kappa \dot x_i \\
ms^2X_0(s) + bsX_0(s) + \kappa X_0(s) &= X_1(s)bs + \kappa X_1(s) \\
\Aboxed{\frac{X_0(s)}{X_1(s)} &= \frac{bs+\kappa}{ms^2+bs+\kappa} }
\end{align*}
Αυτή είναι μία απλή μέθοδος μοντελοποίησης συστημάτων, αλλά η μοντελοποίηση δεν είναι
αντικείμενο αυτού του μαθήματος.
\subsection{Ορισμοί}
\begin{defn}{Συνάρτηση μεταφοράς}{}
\begin{itemize}
\item
\textbf{Συνάρτηση μεταφοράς:} \(
\displaystyle G(s) = \frac{Y(s)\quad\text{\small (έξοδος)}}{U(s) \quad
\text{\small (είσοδος)} }
= \frac{N(s)\quad \text{\small (αριθμητής)}}{D(s)\quad \text{\small (παρονομαστής)} }
\)
\item \textbf{Χαρακτηριστικό πολυώνυμο:} \( D(s) \)
\end{itemize}
\end{defn}
Θυμόμαστε ότι στα φυσικά συστήματα δεν γίνεται να έχουμε βαθμό του αριθμητή μεγαλύτερο από
το βαθμό του παρονομαστή.
\begin{defn}{Μορφές έκφρασης συνάρτησης μεταφοράς}{}
\begin{align*}
H(s) &= \frac{K(s+z_1)\cdots(s+z_m)}{(s+p_1)\cdots(s+p_n)} \\
H(s) &= \frac{G(1+s\tau_{n+1})\cdots(1+s\tau_{n+m})}{(1+s\tau_1)\cdots(1+s\tau_n)}
\quad \text{όπου } G=\frac{kz_1\cdots z_m}{p_1\cdots p_m}
\end{align*}
\end{defn}
\begin{defn}{Πόλοι \& Μηδενικά}{}
\begin{itemize}
\item \textbf{Πόλοι} ονομάζονται οι τιμές \( p \) για τις οποίες ισχύει:
\[
\mathlarger{\lim_{s\to p} \left\lvert H(s) \right\rvert} = \infty
\]
\item \textbf{Μηδενικά} ονομάζονται οι τιμές \( z \) για τις οποίες ισχύει:
\[
\mathlarger{\lim_{s\to z} \left\lvert H(s) \right\rvert} = 0
\]
\end{itemize}
\end{defn}
\begin{defn}{DC κέρδος}{}
\textbf{DC κέρδος} ονομάζεται η τιμή της συνάρτησης μεταφοράς για \( s = 0\):
\[
\text{dc gain} = H(0)
\]
Ουσιαστικά αντιστοιχεί στην τιμή της απόκρισης σε μοναδιαία βηματική συνάρτηση για
\( t\to\infty \).
\end{defn}
\begin{theorem}{Σύνδεση εν σειρά}{}
Όταν συνδέουμε δύο απομονωμένα συστήματα εν σειρά, για τις συναρτήσεις μεταφοράς τους
ισχύει:
\[
G(s) = G_1(s)G_2(s)
\]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
\draw[->] (0,0) -- (1,0) node[above,midway] {$X_1(s)$};
\draw (1,-0.3) rectangle (2,0.3) node[midway] {$G_1(s)$};
\draw (2,0) -- (3,0) node[above,midway] {$X_2(s)$};
\draw (3,-0.3) rectangle (4,0.3) node[midway] {$G_2(s)$};
\draw[->] (4,0) -- (5,0) node[above,midway] {$X_3(s)$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{theorem}
\paragraph{Παράδειγμα} \hspace{0pt}
\begin{circuitikz}[american,scale=1.4]
\ctikzset{bipoles/thickness=3}
\draw (0,2) to [V=$u(s)$] (0,0);
\draw[color=green!50!black] (0,2)
to[R=$R_1$] (2,2)
to[C=$C_1$] (2,0)
-- (0,0);
\draw[color=green!50!cyan!50!black] (2,2)
to[R=$R_2$] (4,2)
to[C=$C_2$] (4,0)
-- (2,0);
\draw (4,2) to[short,-*] (5,2);
\draw (4,0) to[short,-*] (5,0);
\draw (5,2) to[open, v^=$y$] (5,0);
\end{circuitikz}
Για το παραπάνω κύκλωμα, αν και έχουμε δύο συστήματα ενωμένα σε σειρά, δεν μπορούμε να
εφαρμόσουμε το θεώρημα στο παραπάνω κύκλωμα, αφού τα επιμέρους κυκλώματα δεν είναι απομονωμένα
και παρουσιάζουν σύνθετες αντιστάσεις εισόδου και εξόδου. Πράγματι, αν επιλύσουμε το
κύκλωμα:
\begin{align*}
G_1(s)G_2(s) &= \frac{1}{(R_1C_1s+1)}\frac{1}{(R_2C_2s+1)} \\
\frac{y(s)}{u(s)} &= \frac{1}{R_1C_1R_2C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+\underline{R_1C_2})s+1}
\end{align*}
Παρατηρούμε τον όρο \( R_1C_2s \) που δεν υπάρχει στον απλό πολλαπλασιασμό των δύο
συστημάτων.
\begin{exercise}
Ποιές από τις παρακάτω συναρτήσεις μεταφοράς έχουν \textbf{ρυθμούς} (ρίζες του παρονομαστή)
που δεν είναι πόλοι;
\begin{enumroman}
\item \( \displaystyle \frac{s+8}{(s+3)(s+10)} \)
\item \( \displaystyle \frac{s+1}{(s+1)^2(s+2)} \)
\item \( \displaystyle \frac{s+9}{(s+2)^2+9} \)
\item \( \displaystyle \frac{s+1}{(s+1)(s+2)} \)
\end{enumroman}
\tcblower
\begin{enumroman}
\item Έχει μηδενικό στο \( -8 \) και πόλους στα \( -3 \) και \( -10 \).
\item Έχει μόνο έναν πόλο στο \( -1 \) και στο \( -2 \).
\item Έχει μηδενικό στο \( -9 \) και πόλους στα \( -2+j3 \) και \( -2-j3 \).
\item Έχει μόνο πόλο στο \( -2 \).
\end{enumroman}
Η λύση αυτή μπορεί να προκύψει από τους ορισμούς του πόλου και του μηδενικού.
\end{exercise}
\subsection{Σύστημα κλειστού βρόχου}
\begin{tikzpicture}[scale=1.3]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0) node[above,midway,green!50!black,scale=0.8] {$w(s)$};
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$G(s)$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw (4,0) circle (0.25);
\draw[->] (4.25,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw[<-] (4,0.25) node[left] {$+$} --++ (0,0.5)
node[above,rectangle,align=center,scale=0.8]
{είσοδος\\διαταραχής\\$d(s)$};
\draw (4.5,0) -- ++(0,-1.5) -- (3,-1.5);
\draw (1.5,-2) rectangle (3,-1) node[midway] {$H(s)$};
\draw[->] (1.5,-1.5) -- (0.75,-1.5) node[above,midway,green!50!black,scale=0.8] {$f(s)$}
-- ++(0,1.25) node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
Ορίζουμε:
\begin{alignat*}{2}
\text{\textbf{συνάρτηση μεταφοράς κλειστού βρόχου}: } && T(s) &= \frac{y(s)}{r(s)} \\
\text{\textbf{συνάρτηση μεταφοράς εισόδου διαταραχής}: } && T_d(s) &= \frac{y(s)}{d(s)}
\end{alignat*}
Για να υπολογίσουμε την έξοδο του συστήματος, αν δεν λάβουμε υπ' όψιν
την είσοδο διαταραχής:
\begin{align*}
y(s) &= G(s)w(s)
\\ &= G(s)\left( r(s)-f(s) \right) \\
y(s) &= G(s)\left[ r(s)-H(s)y(s) \right] \\
y(s)\left[1+G(s)H(s)\right] &= G(s)r(s) \\
y(s) &= \frac{G(s)r(s)}{1+G(s)H(s)} \\
T(s) &= \frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}
\end{align*}
Αν συμπεριλάβουμε και την είσοδο διαταραχής, το ζητούμενο είναι η είσοδος αυτή να μην
επηρεάζει καθόλου (ή όσο το δυνατόν λιγότερο) την έξοδο. Έχουμε:
\begin{align*}
y(s) &= d(s) + G(s)w(s)
\\ &= d(s) - G(s)f(s) \\ &= d(s) - G(s)H(s)y(s) \implies \\
y(s)\left[ 1+G(s)H(s) \right] &= d(s) \implies \\
T_d(s) &= \frac{y(s)}{d(s)} = \frac{1}{1+G(s)H(s)}
\end{align*}
Συνοπτικά:
\begin{theorem}{Συναρτήσεις μεταφοράς σε σύστημα κλειστού βρόχου}{}
Για ένα σύστημα κλειστού βρόχου με είσοδο \( r(s) \), είσοδο διαταραχής
\( d(s) \), συνάρτηση \( G(s) \) στην ευθεία διαδρομή και \( H(s) \) στη
διαδρομή ανάδρασης, οι συναρτήσεις μεταφοράς είναι:
\begin{align*}
T(s) &= \left. \frac{y(s)}{r(s)} \right\rvert_{d(s) = 0}
= \frac{G(s)}{1+G(s)H(s)} \\
T_{d}(s) &= \left. \frac{y(s)}{d(s)} \right\rvert_{r(s) = 0}
=
\frac{1}{1+G(s)H(s)}
\end{align*}
και η συνολική έξοδος του συστήματος είναι:
\[
y(s) = T(s)r(s) + T_d(s)d(s)
\]
\end{theorem}
Παρατηρούμε ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι το ίδιο στις δύο συναρτήσεις μεταφοράς.
\begin{attnbox}{Συναρτήσεις μεταφοράς ανοιχτού και κλειστού βρόχου}
Πρέπει να δοθεί προσοχή στη διαφορά των συναρτήσεων μεταφοράς \textbf{ανοιχτού}
και \textbf{κλειστού} βρόχου.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$\displaystyle G(s)$};
\draw (3,0) -- (4,0);
\draw[->] (4,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw (4,0) -- ++(0,-1.5) -- (3,-1.5);
\draw (1.5,-2) rectangle (3,-1) node[midway] {$\displaystyle H(s)$};
\draw (1.5,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25) node[below right] {$-$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Σε ένα σύστημα με μοναδιαία αρνητική ανάδραση, όπως το παραπάνω, η
\textbf{συνάρτηση μεταφοράς ανοιχτού βρόχου} (ΣΜΑΒ) είναι η \( G(s)H(s) \), ενώ η
\textbf{συνάρτηση μεταφοράς κλειστού βρόχου} (ΣΜΚΒ) είναι η συνάρτηση μεταφοράς ολόκληρου
του συστήματος:
\begin{align*}
\text{\textbf{συνάρτηση μεταφοράς \textit{ανοιχτού} βρόχου}:} &\quad G(s)H(s)\\
\text{\textbf{συνάρτηση μεταφοράς \textit{κλειστού} βρόχου}:}&\quad T(s) = \frac{G}{1+GH}
\end{align*}
\end{attnbox}
\paragraph{Παράδειγμα} \hspace{0pt}
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$\displaystyle\frac{\kappa}{s+a}$};
\draw (3,0) -- (4,0);
\draw[->] (4,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw (4,0) -- ++(0,-1.5) -- (3,-1.5);
\draw[dashed] (3,-1.5) -- (1.5,-1.5);
\draw (1.5,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25) node[below right] {$-$};
\end{tikzpicture}
Θα υπολογίσουμε την έξοδο του συστήματος \underline{χωρίς ανάδραση} και \underline{με ανάδραση} σε βηματική είσοδο \( r(s) \rightarrow \mathrm u(t) \).
\subparagraph{Χωρίς ανάδραση} \hspace{0pt}
Το σύστημα χωρίς ανάδραση είναι το παραπάνω χωρίς τον κάτω βρόχο:
\begin{tikzpicture}[baseline,scale=0.7]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$\frac{\kappa}{s+a}$};
\draw (3,0) -- (4,0);
\draw[->] (4,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\end{tikzpicture}
Και ισχύει:
\begin{align*}
y(s) &= r(s)\frac{\kappa}{s+a} \\
y(s) &= \kappa\frac{1}{s}\frac{1}{s+a} \\
y(t) &= \kappa\left( 1-e^{\sfrac{-t}{\tau}} \right)
\end{align*}
(όπου η σταθερά χρόνου \( \tau = \frac{1}{a} \))
Για \( t\to \infty \) το αποτέλεσμα είναι \( y(t) = \kappa \).
\subparagraph{Με ανάδραση}
\begin{align*}
y(s) &= \frac{G(s)r(s)}{1+G(s)} \implies \dots \implies
\tau' = \frac{1}{a+\kappa}
\end{align*}
Παρατηρούμε πως το σύστημα αυτό φτάνει πολύ πιο γρήγορα στην τελική του τιμή. Αυτό φαίνεται
αν συγκρίνουμε τις σταθερές χρόνου μεταξύ τους, σκεπτόμενοι ότι λειτουργούν ως συντελεστές
στην εκθετική συνάρτηση:
\begin{tikzpicture}
\draw (-2,0) -- (2,0);
\draw (0,-2) -- (0,2);
\draw (-1.5,0) node[cross=4pt,thick,blue] {} node[below,yshift=-1mm] {$-a-\kappa$};
\draw (-0.5,0) node[cross=4pt,thick,yellow!50!brown!50!red] {} node[above,yshift=1mm] {$-a$};
\begin{scope}[xshift=4cm]
\draw (-1,0) -- (3,0);
\draw (0,-2) -- (0,2);
\draw [very thick, color=yellow!50!brown!50!red, domain=0:3,variable=\t, samples=\gsamples, smooth]
plot (\t,{ 1-exp(-\t) }) node[below] {$-a$};
\draw [very thick, color=blue, domain=0:3,variable=\t, samples=\gsamples, smooth]
plot (\t,{ 1-exp(-5*\t) }) node[above,xshift=-2cm] {$-a-k$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\subsection{Ισοδύναμα λειτουργικά διαγράμματα}
Για τη διευκόλυνσή της εύρεσης της συνάρτησης μεταφοράς, μπορούμε αντί να βρούμε την έξοδο
αλγεβρικά χρησιμοποιώντας ενδιάμεσες συναρτήσεις, να εφαρμόσουμε κανόνες όπως τους
παρακάτω:
\begin{infobox}{}
\begin{itemize}
\item
\begin{tikzpicture}[scale=1.3,baseline]
\begin{scope}[yshift=2mm]
\draw[->] (0,0) -- (0.75,0);
\draw (0.75,-0.7/2) rectangle ++(1,0.7) node[midway] {$H$};
\draw[->] (1.75,0) -- (2.5,0) node[right] {$y_1$};
\draw[->] (2,0) -- (2,-0.5) -- (2.5,-0.5) node[right] {$y_2$};
\end{scope}
\draw[->,very thick,gray!20!black] (4,0) to[bend left=10] ++(1.5,0);
\begin{scope}[xshift=6.5cm]
\draw (0,0) -- (0.5,0);
\draw (0.5,0) -- (0.5,0.3) -- (1,0.3);
\draw (0.5,0) -- (0.5,-0.3) -- (1,-0.3);
\draw (1,-0.5) rectangle (1.7,-0.1) node[midway] {$H$};
\draw[->] (1.7,-0.3) -- ++(0.5,0) node[right] {$y_2$};
\draw (1,0.5) rectangle (1.7,0.1) node[midway] {$H$};
\draw[->] (1.7,0.3) -- ++(0.5,0) node[right] {$y_1$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\item
\begin{tikzpicture}[scale=1.3,baseline]
\begin{scope}[]
\draw[->] (0,0) -- (0.75,0) node[above,midway] {$u$};
\draw (0.75,0) -- (0.75,0.5) -- (1.25,0.5);
\draw (1.25,0.5-0.7/2) rectangle ++(1,0.7) node[midway] {$H$};
\draw[->] (2.25, 0.5) -- (2.75,0.5) node[right] {$y$};
\draw[->] (0.75,0) -- (0.75,-0.5) -- (2.75, -0.5) node[right]{$y_1$};
\end{scope}
\draw[->,very thick,gray!20!black] (4,0) to[bend left=10] ++(1.5,0);
\begin{scope}[xshift=6.5cm,yshift=0.3cm]
\draw[->] (0,0) -- (0.75,0) node[above,midway] {$u$};
\draw (0.75,-0.5/2) rectangle ++(0.75,0.5) node[midway] {$H$};
\draw[->] (1.5,0) -- (2.25,0) node[right] {$y$};
\draw[->] (1.75,0) -- (1.75,-0.5) -- (2.25,-0.5);
\draw (2.25,-0.5-0.5/2) rectangle ++(0.75,0.5) node[midway] {$\frac{1}{H}$};
\draw[->] (3,-0.5) -- ++(0.5,0) node[right] {$y_1$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\item
\begin{tikzpicture}[scale=1.3,baseline]
\begin{scope}[]
\draw[->] (0,0.5) -- ++(0.75,0);
\draw (0.75,0.5-0.5/2) rectangle ++(0.75,0.5) node[midway] {$H_1$};
\draw[->] (1.5,0.5) -- (2.25,0.5) -- (2.25,0.2) node[right,yshift=1mm,xshift=1mm] {$+$};
\draw[->] (0,-0.5) -- ++(0.75,0);
\draw (0.75,-0.5-0.5/2) rectangle ++(0.75,0.5) node[midway] {$H_2$};
\draw[->] (1.5,-0.5) -- (2.25,-0.5) -- (2.25,-0.2);
\draw (2.25,0) circle (2mm);
\draw[->] (2.45,0) -- ++(0.75,0) node[above,pos=.9] {$y$};
\end{scope}
\draw[->,very thick,gray!20!black] (4,0) to[bend left=10] ++(1.5,0);
\begin{scope}[xshift=6.5cm]
\draw[] (0,0.5) -- ++(0.6,0);
\draw (0.6,0.5-0.5/2) rectangle ++(1,0.5) node[midway] {$\sfrac{H_1}{H_2}$};
\draw[->] (1.6,0.5) -- (2.25,0.5) -- (2.25,0.2) node[right,yshift=1mm,xshift=1mm] {$+$};
\draw[->] (0,-0.5) -- (2.25,-0.5) -- (2.25,-0.2);
\draw (2.25,0) circle (2mm);
\draw (3.05,-0.4/2) rectangle ++(0.8,0.4) node[midway] {$H_2$};
\draw[] (2.45,0) -- ++(0.6,0);
\draw[->] (3.85,0) -- ++(0.6,0) node[right] {$y$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{itemize}
\end{infobox}
\paragraph{Παράδειγμα} \hspace{0pt}
\begin{tikzpicture}
\def\h{0.6}
\def\l{1}
\def\ll{0.75}
\draw[->] (0,0) node[green!70!black,scale=.8,opacity=.8,left] {$r(s)$} -- (1.5-0.2,0);
\begin{scope}[xshift=1.5cm]
\draw (0,0) circle (2mm);
\draw (0.2,0) -- ++(0.75,0);
\draw (0.2+0.75, -\h/2) rectangle ++(\l, \h) node[midway] {$H_1$};
\draw[->] (\l+0.2+0.75,0) -- (2.8,0) node[green!70!black,scale=.8,opacity=.8,above,midway] {$w(s)$};
\draw (3,0) circle (2mm);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=4.5cm]
\draw (0.2,0) -- ++(0.75,0);
\draw (0.2+0.75, -\h/2) rectangle ++(\l, \h) node[midway] {$H_2$};
\draw[] (\l+0.2+0.75,0) -- (3.5,0) node[right] {$y(s)$};
\end{scope}
\draw (0.5,0) -- ++(0,1.5) -- (4.5,1.5) -- (4.5,1);
\draw (4.5-\ll/2,1) rectangle (4.5+\ll/2,0.6) node[midway] {$\kappa$};
\draw[->] (4.5,0.6) -- (4.5,0.2) node[right,xshift=1mm,yshift=1mm] {$+$};
\draw[->] (4.5+2.5,0) -- ++(0,-1.5) -- (1.5,-1.5) -- (1.5,-0.2) node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
Χρησιμοποιώντας τους παραπάνω κανόνες, ή την προηγούμενη μέθοδο, μπορούμε να βρούμε:
\[
T(s) = \frac{\kappa H_2(s)+H_2(s)H_1(s)}{1+H_1(s)H_2(s)}
\]
Ενδεικτικά, με βοηθητικές συναρτήσεις, οι πράξεις γίνονται ως εξής:
\begin{align*}
y(s) &= H_2(s)\cdot\left( \kappa r(s) + w(s) \right)
\\ &= H_2 \cdot \left[ \kappa r + H_1 \left( r - y \right) \right]
\\ &= \kappa H_2 r + H_2H_1r - H_1H_2y \implies
\\ y \cdot (1+H_1H_2) &= \kappa H_2 r + H_2H_1 r \implies
\\ y &= \frac{\kappa H_2 r + H_2H_1 r}{1+H_1H_2} \implies
\\ T(s) &= \frac{\kappa H_2(s) + H_2(s)H_1(s) }{1+H_1(s)H_2(s)}
\end{align*}
\newpage
\section{Προδιαγραφές}
Ορίζουμε κάποιες προδιαγραφές που επιθυμούμε να πληροί η έξοδος του συστήματος, όπως η
ακρίβεια θέσης, η ταχύτητα της απόκρισης, η ευστάθεια κλπ. Για να μετρήσουμε ποσοτικά αυτά
τα κριτήρια, ορίζουμε νέα μεγέθη και χρησιμοποιούμε διάφορες συναρτήσεις ως
"εισόδους αναφοράς", όπως την κρουστική \( \delta(t) \) (για μελέτη ευστάθειας),
τη βηματική \( \mathrm u(t) \), την ράμπα, την ημιτονοειδή (για μελέτη
απόκρισης συχνότητας και ταχύτητας) κλπ.
\subsection{Ακρίβεια}
Το ζητούμενο της ακρίβειας είναι η τελική έξοδος να είναι κοντά στην επιθυμητή είσοδο.
Για να υπολογίσουμε την τελική έξοδο, δεν χρειάζεται να υπολογίσουμε τον αντίστροφο Μ/Σ
Laplace της συνάρτησης για να πάμε στο πεδίο του χρόνου, αλλά αρκεί να χρησιμοποιηθεί το θεώρημα της τελικής τιμής:
\[
f(\infty) = \lim_{s\to 0} sF(s)
\]
Για παράδειγμα, για βηματική είσοδο (\( \mathrm u(t) \rightarrow \frac{1}{s}\))
σε ένα σύστημα (ss = steady state):
\begin{align*}
y_{\mathrm{ss}} &= \lim_{s\to 0} sF(s) = \lim_{s\to 0} sH(s)\frac{1}{s} =
\lim_{s\to 0} H(s)
\end{align*}
\begin{comment}
\begin{tikzpicture}
\def\h{0.6}
\def\l{1.2}
\def\ll{0.75}
\draw[->] (0,0) node[left] {$r(s)$} -- (1-0.2,0);
\begin{scope}[xshift=1cm]
\draw (0,0) circle (2mm);
\draw (0.2,0) -- ++(0.75,0);
\draw (0.2+0.75, -\h/2) rectangle ++(\l, \h) node[midway] {$G_1(s)$};
\draw (\l+0.2+0.75,0) -- (3,0);
\draw (3, -\h/2) rectangle ++(\l, \h) node[midway] {$G_2(s)$};
\draw (3+\l,0) -- (5-0.2,0);
\draw[->] (5,1) -- ++(0,-1+0.2) node[midway,right] {$d(s)$};
\draw (5,0) circle (2mm);
\draw[->] (5+0.2,0) -- ++(1,0) node[right] {$y$};
\end{scope}
\draw[->] (4.5+2.2,0) -- ++(0,-1.5) -- (4,-1.5);
\draw (4,-1.5-\h/2) rectangle ++(-\l,\h) node[midway] {$H(s)$};
\draw[->] (4-\l,-1.5) -- (1,-1.5) -- (1,-0.2);
\end{tikzpicture}
\end{comment}
Για να μελετήσουμε την ακρίβεια, ορίζουμε το σφάλμα:
\begin{defn}{Σφάλμα}{}
Ορίζουμε το \textbf{σφάλμα} ως τη διαφορά της εξόδου από την είσοδο:
\[
e(s) = r(s) - y(s)
\]
\end{defn}
Χρησιμοποιούμε διάφορες εισόδους για να βρούμε διάφορα είδη σφαλμάτων του συστήματος:
\begin{infobox}{Είσοδοι για μελέτη σφαλμάτων}
\begin{alignat*}{5}
\begin{tikzpicture}[scale=0.4,baseline]
\draw (-0.2,0) -- (2,0);
\draw (0,-0.2) -- (0,2);
\draw [very thick, color=blue] (0,1.8) -- (2,1.8);
\end{tikzpicture}\quad
r(t) &= \mathrm u(t) &&\quad r(s) = \frac{1}{s} &\qquad e_{\mathrm ssp} & \quad{\text{σφάλμα \textbf{θέσης}}} \\
\begin{tikzpicture}[scale=0.4,baseline]
\draw (-0.2,0) -- (2,0);
\draw (0,-0.2) -- (0,2);
\draw [very thick, color=blue] (0,0) -- (2,2);
\end{tikzpicture}\quad
r(t) &= t &&\quad r(s) = \frac{1}{s^2} &\qquad e_{\mathrm ssv} & \quad{\text{σφάλμα \textbf{ταχύτητας}}} \\
\begin{tikzpicture}[scale=0.4,baseline]
\draw (-0.2,0) -- (2,0);
\draw (0,-0.2) -- (0,2);
\draw [very thick, color=blue, domain=0:2,variable=\t, samples=\gsamples, smooth]
plot (\t,\t^2/2);
\end{tikzpicture}\quad
r(t) &= \sfrac{t^2}{2} &&\quad r(s) = \frac{1}{s^3} &\qquad e_{\mathrm ssa} & \quad{\text{σφάλμα \textbf{επιτάχυνσης}}}
\end{alignat*}
\end{infobox}
Για παράδειγμα, για το σύστημα κλειστού βρόχου, θυμόμαστε ότι:
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$H(s)$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw[->] (3.25,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw (3.6,0) -- ++(0,-1.5) -- (3,-1.5) -- (1.5,-1.5);
\draw[dashed] (1.5,-2) rectangle (3,-1) node[midway,opacity=.5] {$G(s)$};
\draw[->] (1.5,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25) node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
Αν θεωρήσουμε ότι η \( G(s) \) είναι \( 1 \), τότε:
\begin{align*}
\frac{y(s)}{r(s)} &= \frac{H(s)}{1+H(s)} \\
\text{όπου } H(s) &=
\frac{G(τ_{n+1}s+1)\cdots(τ_{n+m}s+1)}{s^N(1+sτ_1)\cdots(1+sτ_n)} \implies
\\
e(s) &= r(s)-y(s) = \frac{1}{1+H(s)}r(s)
\intertext{Τώρα μπορούμε να υπολογίσουμε το σφάλμα \textbf{σταθερής κατάστασης},
χρησιμοποιώντας το θεώρημα τελικής τιμής:}
e_{\mathrm{ss}} &= \lim_{s\to 0}se(s)
\end{align*}
(δηλαδή \( N \) είναι η τάξη του τυχόν πόλου στο 0).
Εφαρμόζοντας τις διάφορες συναρτήσεις ως εισόδους, σύμφωνα με τα παραπάνω, έχουμε:
\begin{alignat*}{3}
e_{\mathrm{ssp}} &= \frac{1}{\displaystyle 1+\underbrace{\lim_{s\to 0}H(s)}_{K_\mathrm{pos}}}
= \frac{1}{1+{\color{green!50!black}K_\mathrm{pos}}}
&&= \begin{cases}
\frac{1}{1+{\color{green!50!black}G}} \qquad &\text{για } N = 0 \\
\frac{1}{1+{\color{green!50!black}\infty}} = 0 \qquad &\text{για } N \geq 1
\end{cases}
\\
e_{\mathrm{ssv}} &= \frac{1}{\displaystyle \underbrace{\lim_{s\to 0} sH(s)}_{K_v} }
= \frac{1}{\color{cyan!50!black}K_v} &&=
\begin{cases}
\frac{1}{\color{cyan!50!black}0} = \infty \qquad &\text{για } N = 0
\\
\frac{1}{\color{cyan!50!black}G}\qquad &\text{για } N=1
\\
\frac{1}{\color{cyan!50!black}\infty} = 0\qquad &\text{για } N\geq 2
\end{cases}
\\
e_{\mathrm{ssa}} &= \frac{1}{\displaystyle \underbrace{\lim_{s\to 0} s^2H(s)}_{K_a}}
= \frac{1}{\color{orange!50!black}K_a}
&&= \begin{cases}
\infty \qquad &\text{για } N \leq 1 \\
\frac{1}{\color{orange!50!black} G} \qquad &\text{για } N = 2 \\
0 \qquad &\text{για } N > 2
\end{cases}
\end{alignat*}
Δε συζητάμε για ακρίβειες πέραν της επιτάχυνσης, επειδή σπάνια τα συστήματα έχουν πάνω από
2 ολοκληρωτές.
\begin{defn}{Ολοκληρωτής}{}
Ένας \textbf{πόλος στο 0} λειτουργεί σαν \textbf{ολοκληρωτής}, επειδή
έχει την ιδιότητα να ολοκληρώνει το σήμα εισόδου.
\end{defn}
\begin{defn}{Τύπος συστήματος}{}
Ο \textbf{τύπος του συστήματος} είναι ο αριθμός των ολοκληρωτών που έχει.
\end{defn}
\begin{attnbox}{Σφάλματα στο κλειστό σύστημα}
Στους παραπάνω τύπους χρησιμοποιήσαμε τη
\textbf{συνάρτηση μεταφοράς ανοιχτού βρόχου} \( H(s) \)
για να βρούμε το σφάλμα στην απόκριση του \textbf{κλειστού βρόχου}, σε σύστημα
\textbf{μοναδιαίας αρνητικής ανάδρασης}.
Αν έχουμε στη διάθεσή μας μόνο τη συνάρτηση μεταφοράς του κλειστού βρόχου ή κάποια
άλλη μορφή συστήματος, θα πρέπει να καταφύγουμε στον τύπο \( e(s) = r(s) - y(s) \) ή
σε κάποιο άλλο μαθηματικό κόλπο.
\end{attnbox}
\paragraph{Παράδειγμα}
Έστω το σύστημα:
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$H(s)$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw (4,0) circle (0.25);
\draw[->] (4.25,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw ({(3+1.5)/2},0.5) node[above] {$\frac{1}{s(s+a)}$};
\draw[<-] (4,0.25) node[right,xshift=1mm,yshift=1mm] {$+$} --++ (0,0.5)
node[above,rectangle,align=center,scale=0.8]
{$d(s)=\frac{1}{s}$};
\draw[->] (4.5,0) -- ++(0,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25)
node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
Ποιά θα είναι η έξοδος του συστήματος στη μόνιμη κατάσταση αν προσθέσουμε την είσοδο
διαταραχής;
\subparagraph{}
Αν δεν υπήρχε η διαταραχή, θα είχαμε σφάλμα θέσης μόνιμης κατάστασης
\( e_{\mathrm{ssp}} = 0 \), αφού η \( H(s) \) έχει έναν ολοκληρωτή.
Επομένως αγνοούμε την επίδραση της \( r(s) \), και υπολογίζουμε την έξοδο αν
υπάρχει μόνο η διαταραχή.
Γνωρίζουμε για το σύστημα κλειστού βρόχου ότι:
\begin{align*}
\frac{y(s)}{d(s)} &= \frac{1}{1+H(s)} \\
\lim_{s\to 0}sy(s) &= \lim_{s\to 0} s\frac{d(s)}{1+H(s)}
= \lim_{s\to 0} s\frac{\frac{1}{s}}{1+H(s)} = \lim_{s\to 0}\frac{1}{1+H(s)} = 0
% \frac{y(s)}{r(s)} &= \frac{H(s)}{1+H(s)}\\
% y(s) &= \frac{H(s)}{1+H(s)}r(s) + \frac{1}{1+H(s)}d(s)
\end{align*}
Δηλαδή \( y_{\mathrm{ss}} = 0 \), άρα το σύστημα έχει πάλι τέλεια ακρίβεια, και σφάλμα θέσης
0.
\paragraph{Παράδειγμα} \hspace{0pt}
Το παρακάτω διάγραμμα αντιστοιχεί σε έναν κινητήρα:
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$κ$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw (4,0) circle (0.25);
\draw (5,-0.5) rectangle (6.5,0.5) node[midway] {$\frac{1}{s(Js+b)}$};
\draw (4.25,0) -- (5,0);
\draw[->] (6.5,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw[<-] (4,0.25) node[right,xshift=1mm,yshift=1mm] {$+$} --++ (0,0.5)
node[above] {$d$};
\draw[->] (7,0) -- ++(0,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25)
node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
Το μετασχηματίζουμε στο ισοδύναμό του, ώστε να εφαρμόσουμε τους τύπους κλειστού βρόχου:
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$κ$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw (4,0) circle (0.25);
\draw (6,-0.5) rectangle (7.5,0.5) node[midway] {$\frac{1}{s(Js+b)}$};
\draw (4.25,0) -- (6,0);
\draw[->] (7.5,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw[<-] (4,0.25) node[right,xshift=1mm,yshift=1mm] {$+$} --++ (0,0.5)
node[above] {$d$};
\draw[->] (5,0) -- ++(0,-1.5) -- (3.5,-1.5);
\draw[->] (2,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25)
node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\draw (2,-1.5-0.5) rectangle (3.5,-1.5+0.5) node[midway] {$\frac{1}{s(Js+b)}$};
\end{tikzpicture}
Τότε προκύπτει (για είσοδο \( \frac{1}{s} \), αφού αναζητούμε σφάλμα θέσης):
\begin{align*}
T(s) &= \frac{1}{s(Js+b)}\frac{κ}{1+\frac{κ}{s(Js+b)}}
= \frac{κ}{s(Js+b)+κ}\\
T_{d}(s) &= \frac{1}{s(Js+b)}\frac{1}{1+\frac{κ}{s(Js+b)}}
= \frac{1}{s(Js+b)+κ}
\\
y(s) &= T(s)r(s) + T_d(s)d(s)
\\ &= \frac{1}{s}\frac{κ}{s(Js+b)+κ} + \frac{1}{s}\frac{1}{s(Js+b)+κ}
\\
e(s) &= r(s) - y(s) \\
e_{\mathrm{ssp}} &= \lim_{s\to 0} se(s)
\\ &= \lim_{s \to 0} s\left[
\frac{1}{s} - \frac{1}{s}\frac{κ}{s(Js+b)+κ} - \frac{1}{s}\frac{1}{s(Js+b)+κ}
\right]
\\
&= \lim_{s\to 0} \left[
1 - \frac{κ}{s(Js+b)+κ} - \frac{1}{s(Js+b)+κ}
\right] \\
&= 1-\frac{κ}{κ}-\frac{1}{κ} = -\frac{1}{κ}
\end{align*}
Δηλαδή βλέπουμε ότι η διαφορετική θέση της εισόδου διαταραχής επηρεάζει το σφάλμα θέσης του
συστήματος.
Αν, προσπαθώντας να μειώσουμε στο 0 το σφάλμα της εξόδου, προσθέσουμε έναν ολοκληρωτή
πριν από την είσοδο διαταραχής:
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$\sfrac{κ}{\color{cyan!70!black} s}$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw (4,0) circle (0.25);
\draw (5,-0.5) rectangle (6.5,0.5) node[midway] {$\frac{1}{s(Js+b)}$};
\draw (4.25,0) -- (5,0);
\draw[->] (6.5,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw[<-] (4,0.25) node[right,xshift=1mm,yshift=1mm] {$+$} --++ (0,0.5)
node[above] {$d$};
\draw[->] (7,0) -- ++(0,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25)
node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
τότε το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του συστήματος γίνεται:
\[
Js^3+bs^2+κ = 0
\]
που έχει ρίζες στο δεξί ημιεπίπεδο, άρα οδηγεί σε ασταθές σύστημα (θυμόμαστε από τα Κ3 ότι μόνο τα πολυώνυμα με θετικούς συντελεστές \textit{μπορεί} να οδηγήσουν σε ευστάθεια).
Για να διορθώσουμε αυτήν την ατέλεια, χρησιμοποιούμε έναν \textbf{ελεγκτή PI}
(Proportional \& Integral), δηλαδή πολλαπλασιάζουμε την είσοδό του \( e(t) \)
με \( K_P e(t) \) και ολοκληρώνουμε με
\( K_I \int e(t) \).
\begin{defn}{Ελεγκτής PI}{}
Ο \textbf{ελεγκτής PI} (Proportional \& Integral) είναι ένας ολοκληρωτής που
προσθέτει το αποτέλεσμα του \textbf{πολλαπλασιασμού} και της
\textbf{ολοκλήρωσης} στην είσοδό του.
Σύμφωνα με την παραπάνω παράγραφο, η έξοδος \( u(t) \) ενός ελεγκτή PI είναι:
\[
u(t) = K_P\cdot r(t) + K_I \int r(t) \dif t
\]
(όπου \( r \) η είσοδος)
και, μετασχηματίζοντας κατά Laplace:
\[
u(s) = \left( K_P + \frac{K_I}{s} \right) \cdot r(s) =
\frac{K_P\left( s+\frac{K_I}{K_P} \right) \cdot r(s)}{s}
= \frac{K_P(s+z)}{s} \cdot r(s)
\]
όπου \( z = \frac{K_I}{K_P} \) μία σταθερή τιμή.
Παρατηρούμε ότι ο ελεγκτής αυτός ουσιαστικά εισάγει έναν \textbf{ολοκληρωτή}
και ένα \textbf{μηδενικό}.
\end{defn}
Στο συγκεκριμένο παράδειγμα, αντικαθιστούμε τη συνάρτηση μεταφοράς \( \sfrac{κ}{s} \) με
τη συνάρτηση:
\[
K_p\left(\frac{s+z}{s}\right)
\]
όπου \( z = \frac{K_I}{K_P} \),
και το χαρακτηριστικό πολυώνυμο γίνεται:
\[
x(s) = Js^3 + bs^2 + K_p s + K_I = 0
\]
που μπορεί να είναι ευσταθές με κατάλληλη επιλογή των σταθερών.
\paragraph{Παράδειγμα} \hspace{0pt}
Στο σύστημα χωρίς βρόχο, δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τους τύπους, αλλά πρέπει
να εκμεταλλευτούμε τον ορισμό του σφάλματος:
\begin{tikzpicture}[scale=0.9]
\draw[->] (0,0) -- (1.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$H_κ(s)$};
\draw[->] (3,0) -- ++(1.5,0) node[above,midway] {$y(s)$};
\end{tikzpicture}
\begin{align*}
e_{\mathrm{ssp}} &= \lim_{s\to 0} se(s)
= \lim_{s\to 0}s \left( r(s) - y(s) \right)
= \lim_{s\to 0}s\left( \frac{1}{s} - H_κ(s)\cdot \frac{1}{s} \right)
= \lim_{s\to 0}\left(1-H_κ(s)\right) \\
e_{\mathrm{ssv}} &= \lim_{s\to 0} \frac{1-H_κ(s)}{s} \\
e_{\mathrm{ssa}} &= \lim_{s\to 0} \frac{1-H_κ(s)}{s^2}
\end{align*}
\begin{exercise}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$H(s)$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw[->] (3.25,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw[->] (3.6,0) -- ++(0,-1.5) -- (1.5,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25) node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
\[
H(s) = \frac{s+9}{s^2+7s+3}
\]
Τι σφάλμα θέσης έχει το παραπάνω σύστημα;
\tcblower
\begin{align*}
e_{\mathrm{ssp}} &= \frac{1}{1+K_{\mathrm{pos}}} \\
K_{\mathrm{pos}} &= \lim_{s\to 0} H(s) = \frac{9}{3} = 3 \implies \\
e_{\mathrm{ssp}} &= \frac{1}{1+3} = \frac{1}{4}.
\end{align*}
\end{exercise}
\begin{exercise}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$H(s)$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw[->] (3.25,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw[->] (3.6,0) -- ++(0,-1) -- (1.5,-1) -- (0.75,-1) -- ++(0,0.75) node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
Στο παραπάνω σχήμα, θέτουμε:
\[
H(s) = \frac{2(s+10)}{s(s+2)(s+5)}
\]
Τι σφάλματα έχει το παραπάνω σύστημα;
\tcblower
\begin{alignat*}{2}
K_{\mathrm{pos}} &= \infty \\
K_{\mathrm v} &= \lim_{s\to 0} sH(s) &&= \frac{20}{10} = 2 \\
K_{\mathrm a} &= 0 \\[2ex]
e_{\mathrm{ssp}} &= \frac{1}{1+\infty} &&= 0 \\
e_{\mathrm{ssv}} &= \frac{1}{K_{\mathrm v}} &&= \frac{1}{2} \\
e_{\mathrm{ssa}} &= \frac{1}{0} &&= \infty
\end{alignat*}
\end{exercise}
\begin{exercise}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$H(s)$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw[->] (3.25,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw[->] (3.6,0) -- ++(0,-1) -- (1.5,-1) -- (0.75,-1) -- ++(0,0.75) node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
Στο παραπάνω σχήμα:
\[
H(s) = \frac{1.8κ}{s(s+3.3)}
\]
Ποιά πρέπει να είναι η σταθερά \( κ \) ώστε να ισχύει \( e_{\mathrm{ssv}} = 0.327 \);
\tcblower
\begin{align*}
K_{\mathrm{v}} &= \lim_{s\to 0}
sH(s) = \lim_{s \to 0} \frac{1.8κ}{s+3.3} = \frac{18κ}{33} \\
e_{\mathrm{ssv}} &= \frac{1}{K_{\mathrm v}}
= \frac{33}{18κ} = 0.327 \implies \\
κ &= \frac{33}{18\cdot 0.327} \simeq 5.607
\end{align*}
\end{exercise}
\begin{exercise}
Δίνεται η συνάρτηση μεταφοράς \textbf{κλειστού βρόχου} ενός συστήματος:
\[
H_{κ}(s) = \frac{κs+b}{s^2+as+b}
\]
Ποιά είναι τα σφάλματα του συστήματος, και ποιά είναι η συνάρτηση μεταφοράς
\textbf{ανοιχτού βρόχου}, αν προέρχεται
από σύστημα \textit{μοναδιαίας αρνητικής ανάδρασης};
\tcblower
\subparagraph{Σφάλματα}
\begin{alignat*}{2}
e_{\mathrm{ssp}} &= \lim_{s\to 0}\left[1-H_κ(s)\right] = 1-\frac{b}{b} &&= 0 \\
e_{\mathrm{ssv}} &= \lim_{s\to 0}\left[\frac{1-H_κ(s)}{s}\right] &&= \frac{a-κ}{b} \\
e_{\mathrm{ssa}} &= \lim_{s\to 0}\left[\frac{1-Η_κ(s)}{s^2}\right] &&= \infty
\end{alignat*}
\subparagraph{Συνάρτηση μεταφοράς} \hspace{0pt}
\begin{tikzpicture}[scale=0.8,every node/.style={scale=.8}]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$H(s)$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw[->] (3.25,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw[->] (3.6,0) -- ++(0,-1.5) -- (1.5,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25) node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
Γνωρίζουμε ή βρίσκουμε ότι, για συστήματα κλειστού βρόχου:
\[
H_κ(s) = \frac{H(s)}{1+H(s)}
\]
άρα:
\begin{align*}
H_κ(1+H) &= H \implies \\
H_κ + H_κH &= H \implies \\
H(1-H_κ) &= H_κ \implies \\
H &= \frac{H_κ}{1-H_κ} \implies \\
H &= \frac{\frac{κs+b}{s^2+as+b}}{1-\frac{ks+b}{s^2+as+b}}
= \frac{\frac{κs+b}{\cancel{s^2+as+b}}}{\frac{s^2+as+b-ks-b}{\cancel{s^2+as+b}}}
\implies \\
\Aboxed{H(s) &= \frac{κs+b}{s(s+a-κ)}}
\end{align*}
\end{exercise}
\begin{exercise}
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-0.1,0) -- (3,0) node[below right] {$t$};
\draw[->] (0,-0.1) -- (0,3);
\draw[dashed] (0,1.4) node[left] {$0.5$} -- ++(3,0);
\draw[dashed] (0,2.8) node[left] {$1$} -- ++(3,0);
\draw[very thick, blue!80!green]
plot[samples=10,variable=\x,domain=0:3,smooth]
({\x},{0.2/(0.01+2*\x)*sin(2*\x r)+1.4*(1-exp(-4*\x))})
node[right] {$y(t)$};
\foreach \i in {1,2,3}
\draw(\i*2.5/3,0.05) -- ++(0,-0.1) node[below] {$\i$};
\end{tikzpicture}
Έστω το σύστημα με την παραπάνω απόκριση στη βηματική συνάρτηση. Ποιός είναι ο τύπος του
συστήματος;
\tcblower
\begin{tikzpicture}
\draw[dashed] (0,1.4) node[left] {$0.5$} -- ++(3,0);
\draw[dashed] (0,2.8) node[left] {$1$} -- ++(3,0);
\draw[very thick, blue!80!green]
plot[samples=10,variable=\x,domain=0:3,smooth]
({\x},{0.2/(0.01+2*\x)*sin(2*\x r)+1.4*(1-exp(-4*\x))})
node[right] {$y(t)$};
\draw[very thick, blue!40!cyan]
(0,2.8) -- ++(3,0) node[right] {$r(s)$};
\draw[thin,<->,blue!40!cyan]
(1.5,2.7) -- ++(0,-1.2) node[midway,right,scale=.8] {$0.5$};
\foreach \i in {1,2,3}
\draw(\i*2.5/3,0.05) -- ++(0,-0.1) node[below] {$\i$};
\draw[->] (-0.1,0) -- (3,0) node[below right] {$t$};
\draw[->] (0,-0.1) -- (0,3);
\end{tikzpicture}
Η επιθυμητή έξοδος του συστήματος είναι 1, αλλά η έξοδός του στη μόνιμη κατάσταση είναι 0.5,
επομένως υπάρχει σταθερό σφάλμα \( 0.5 \). Άρα το σύστημα έχει τύπο \( 0 \).
Γνωρίζουμε ότι, αφού είναι τύπου \( 0 \), θα έχει άπειρο σφάλμα ταχύτητας. Πράγματι, αν
βάλουμε ως είσοδο τη συνάρτηση ράμπας, το σφάλμα όσο \( t \to \infty \) θα αυξάνεται όλο
και περισσότερο:
\begin{tikzpicture}
\draw[dashed] (0,2.6/3) node[left] {$1$} -- ++(3,0);
\draw[dashed] (0,2.6) node[left] {$3$} -- ++(3,0);
\begin{scope}
\pgfmathsetseed{22}
\clip (0,0) --
plot[samples=10,variable=\x,domain=0.1:3,smooth]
({\x},{0.2*\x+0.1*rand}) -- (3,3) -- (0,0);
\fill[draw=yellow!50!black,opacity=.5,fill=yellow!50!white,postaction={pattern=vertical lines}] (0,0) -- (3,3) -- (3,0) -- cycle;
\end{scope}
\pgfmathsetseed{22}
\draw[very thick, blue!80!green] (0,0) --
plot[samples=10,variable=\x,domain=0.1:3,smooth]
({\x},{0.2*\x+0.1*rand})
node[right] {$y(t)$};
\draw[very thick, blue!40!cyan]
(0,0) -- (3,3) node[right] {$r(s)$};
\foreach \i in {1,2,3}
\draw(\i*2.5/3,0.05) -- ++(0,-0.1) node[below] {$\i$};
\draw[->] (-0.1,0) -- (3,0) node[below right] {$t$};
\draw[->] (0,-0.1) -- (0,3);
\end{tikzpicture}
\end{exercise}
\begin{exercise}
Ποιά είναι τα σφάλματα του παρακάτω συστήματος;
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$\displaystyle \frac{κ}{Js^2}$};
\draw (3,0) -- (3.75,0);
\draw[->] (3.25,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw (3.6,0) -- ++(0,-1.5) -- (3,-1.5);
\draw (1.5,-2) rectangle (3,-1) node[midway] {$1+bs$};
\draw[->] (1.5,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25) node[right,xshift=1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
\tcblower
Επειδή δεν έχουμε μοναδιαία αρνητική ανάδραση, δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε τους τύπους
σφάλματος για συστήματα μοναδιαίας αρνητικής ανάδρασης.
Βρίσκουμε τη συνάρτηση μεταφοράς κλειστού βρόχου:
\begin{align*}
y &= H(s)\left(r-G(s)y\right) = \dots = \frac{H(s)}{1+H(s)G(s)}
= \frac{\sfrac{κ}{Js^2} }{1+bs}
= \frac{κ}{Js^2 + κbs + κ}
\end{align*}
Επομένως μπορούμε να εφαρμόσουμε τους τύπους σφάλματος χωρίς βρόχο:
\[
e_{\mathrm{ssp}} = 0 \hspace{100pt}
e_{\mathrm{ssv}} = b \hspace{100pt}
e_{\mathrm{ssa}} = \infty
\]
\end{exercise}
\begin{exercise}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.25,0) -- (0.5,0) node[above,midway] {$r(s)$};
\draw (0.75,0) circle (0.25);
\draw (1,0) -- ++(0.5,0);
\draw (1.5,-0.5) rectangle (3,0.5) node[midway] {$H_1(s)$};
\draw[->] (3,0) -- (3.75,0);
\draw (4,0) circle (0.25);
\draw (5,-0.5) rectangle (6.5,0.5) node[midway] {$H_2(s)$};
\draw[->] (4.25,0) -- (5,0);
\draw[->] (6.5,0) -- ++(1,0) node[above right] {$y$};
\draw[<-] (4,0.25) node[right,xshift=1mm,yshift=1mm] {$+$} --++ (0,0.5)
node[above] {$d(s)$};
\draw[->] (7,0) -- ++(0,-1.5) -- (0.75,-1.5) -- ++(0,1.25)
node[left,xshift=-1mm,yshift=-1mm] {$-$};
\end{tikzpicture}
\begin{enumgreekparen}
\item
\( \displaystyle
H_1(s) = \frac{s+2}{s+1} \qquad
H_2(s) = \frac{10}{s(s+6)}
\)
\item
\( \displaystyle
H_1(s) = \frac{s+2}{s(s+1)} \qquad
H_2(s) = \frac{10}{s+6}
\)
\end{enumgreekparen}
Να βρεθούν και στις δύο περιπτώσεις τα σφάλματα θέσης και ταχύτητας με διάφορες
περιπτώσεις διαταραχών.
\tcbsubtitle{Λύση, αν δεν υπάρχει διαταραχή d(s)}
\begin{enumgreekparen}
\item Έχουμε μοναδιαία αρνητική ανάδραση και το σύστημα έχει έναν ολοκληρωτή, άρα είναι τύπου 1.
Το σφάλμα θέσης είναι \( e_{\mathrm{ssp}} = 0 \), και το σφάλμα ταχύτητας μία σταθερά
\(
\displaystyle e_{\mathrm{ssv}}=\frac{1}{K_{\mathrm v}} = \frac{1}{\lim_{s\to 0} sH(s)}
= \frac{1}{\lim_{s\to 0}s\frac{s+2}{s+1}\frac{10}{s(s+6)}}
=\frac{1}{\sfrac{20}{6} }=\frac{3}{10}
\).
\item
Αντίστοιχα με το προηγούμενο ερώτημα, έχουμε:
\begin{align*}
K_{\mathrm{pos}} &=
\lim_{s\to 0} H(s) = \lim_{s\to 0}
\frac{s+2}{s(s+1)}\frac{10}{s+6} = \infty \\
K_{\mathrm{v}} &=
\lim_{s\to 0}sH(s) = \lim_{s\to 0}
\frac{s+2}{s+1}\frac{10}{s+6} = 2\cdot\frac{10}{6} = \frac{10}{3}
\intertext{Άρα:}
e_{\mathrm{ssp}} &= \frac{1}{1+K_{\mathrm{pos}}} = 0 \\
e_{\mathrm{ssv}} &= \frac{1}{K_{\mathrm v}} = \frac{3}{10}
\end{align*}
\end{enumgreekparen}
\tcbsubtitle{Λύση με διαταραχή \( d(s) = \frac{A}{s} \)}
Υπολογίζουμε:
\begin{align*}
y &= H_2\left( d+H_1(r-y) \right) \implies \dots \\
\implies y &= \underbrace{\frac{H_1H_2}{1+H_1H_2}}_{y_1} r +
\underbrace{\frac{H_2}{1+H_1H_2}d}_{y_2}
\end{align*}
Φαίνεται η επαλληλία στη απόκριση του συστήματος, την οποία θα μπορούσαμε να εκμεταλλευτούμε.
Θυμόμαστε ότι:
\[
e(s) = r(s)-y(s) \qquad \text{και} \qquad
e_{\mathrm{ss}} = \lim_{s\to 0} se(s)
\]
Για την εύρεση του αποτελέσματος, θα χρησιμοποιήσουμε τον ορισμό του σφάλματος.
\subparagraph{(α) σφάλμα θέσης}
Για το σφάλμα θέσης, θεωρούμε \( r(s) = \frac{1}{s} \), και έχουμε:
\begin{align*}
e_{\mathrm{ssp}} &= \lim_{s\to 0}s\left[
\frac{1}{s} - \frac{H_1H_2}{1+H_1H_2} \frac{1}{s}
- \frac{H_2}{1+H_1H_2}\frac{A}{s}
\right]
\\ &=
\lim_{s\to 0} \left[
1 - \frac{\frac{s+2}{s+1}\frac{10}{s(s+6)}}{1+\frac{s+2}{s+1}\frac{10}{s(s+6)}}
- \frac{\frac{10}{s(s+6)}}{1+\frac{s+2}{s+1}\frac{10}{s(s+6)}}
\right]
\\ &= \lim_{s\to 0} \left[
1-\frac{\frac{10(s+2)}{\cancel{s(s+1)(s+6)}}}{\frac{s(s+1)(s+6)+10(s+2)}{\cancel{s(s+1)(s+6)}}} - A
\frac{\frac{10}{\cancel{s(s+6)}}}{\frac{s(s+1)(s+6)+10(s+2)}{\cancel{s(s+6)}(s+1)}}
\right]
\\ &= \lim_{s\to 0} \left[
1- \frac{10(s+2)}{s(s+1)(s+6)+10(s+2)}
-A\frac{10(s+1)}{s(s+1)(s+6)+10(s+2)}
\right]
\\ &= 1 - \frac{20}{20} - A\cdot\frac{10}{20}
\\ &= -\frac{A}{2}.
\end{align*}
\subparagraph{(β) σφάλμα θέσης}
Αντίστοιχα με παραπάνω, βρίσκουμε:
\begin{align*}
e_{\mathrm{ssp}} &= \lim_{s\to 0}s\left[
\frac{1}{s} - \frac{H_1H_2}{1+H_1H_2} \frac{1}{s}
- \frac{H_2}{1+H_1H_2}\frac{A}{s}
\right]
\\ &=
\lim_{s\to 0} \left[
1 - \frac{\frac{s+2}{s(s+1)}\frac{10}{s+6}}{1+\frac{s+2}{s(s+1)}\frac{10}{s+6}}
- A\frac{\frac{10}{s+6}}{1+\frac{s+2}{s(s+1)}\frac{10}{s+6}}
\right]
\\ &=
\lim_{s\to 0} \left[
1-
\frac{\frac{10(s+2)}{\cancel{s(s+1)(s+6)}}}{\frac{s(s+1)(s+6)+10(s+2)}{\cancel{s(s+1)(s+6)}}}
- A\frac{\frac{10}{\cancel{s+6}}}{
\frac{s(s+1)(s+6)+10(s+2)}{s(s+1)\cancel{(s+6)}}
}
\right]
\\ &=
\lim_{s\to 0} \left[
1 - \frac{10(s+2)}{s(s+1)(s+6)+10(s+2)}
- A \frac{10s(s+1)}{s(s+1)(s+6)+10(s+2)}
\right]
\\ &= 1 - \frac{20}{20} - A\cdot \frac{0}{20}
\\ &= 0.
\end{align*}
Παρατηρούμε ότι η αλλαγή της θέσης του ολοκληρωτή \( \displaystyle \frac{1}{s} \) επηρεάζει
και το σφάλμα του συστήματος.
\todo{Σφάλματα ταχύτητας}
\end{exercise}
\subsubsection{Ασκήσεις (Παπαγεωργίου)}
\paragraph{Αντιστοιχίες ηλεκτρικού συστήματος σε μηχανικό σύστημα}
\[
\begin{array}{rcl}
\text{τάση } V & \rightarrow & \text{δύναμη } F \\
\text{ρεύμα } I & \rightarrow & \text{ταχύτητα } u \\
\text{αντίσταση } R=\frac{V}{I} & \rightarrow & \text{αποσβεστήρας } B = \frac{F}{u}
\quad
\begin{circuitikz}[scale=0.7]
\ctikzset{bipoles/length=.9cm}
\draw (0,0) to[damper] (1,0);
\end{circuitikz} \\
\text{πυκνωτής } i_c=C\od{u_c}{t} & \rightarrow & \text{ελατήριο } \frac{1}{κ} \od{F}{t}
\rightsquigarrow F=kx \\
\text{πηνίο } u_L = L\od{i_L}{t} & \rightarrow & \text{αδράνεια } F = ma = m\od{u}{t}
\end{array}
\]
Ένα παράδειγμα μηχανικού συστήματος είναι τα \textbf{αμορτισέρ}, τα οποία ουσιαστικά
"κόβουν" τις υψηλές συχνότητες που μπορεί να οφείλονται σε ανομοιομορφίες του δρόμου, ώστε
να νιώθουμε άνετα μέσα σε ένα αυτοκίνητο.
\begin{infobox}{}
Οι αριθμοί των ασκήσεων συνήθως δίνονται από το βιβλίο του \textbf{Πετρίδη}.
\end{infobox}
\begin{exercise}[3.8]
\begin{circuitikz}
\draw (2.5+0.2,-0.7) circle (0.2);
\draw (3.5-0.2,-0.7) circle (0.2);
\draw (5+0.2,-0.7) circle (0.2);
\draw (6-0.2,-0.7) circle (0.2);
\draw (1,-0.9) -- (8,-0.9);
\fill[pattern=north east lines] (1,-0.9) rectangle (8,-1.5);
\draw (8,-0.9) -- (8,1);
\fill[pattern=north east lines] (8,-1.5) rectangle (9,1);
\draw (0,0)
to[spring={$K_1$}] (2,0)
to[short] (2.5,0);
;
\draw (0,0.5) -- ++(0,-1);
\draw (2.5,-0.5) rectangle ++(1,1) node[midway] {$m_1$};
\draw (3.5,0.35) to[spring={$K_2$}] (5,0.35);
\draw (3.5,-0.35) to[damper] (5,-0.35);
\draw (5,-0.5) rectangle ++(1,1) node[midway] {$m_2$};
\draw (6,0) to[damper={$B_2$}] (8,0);
%\draw (3.5/2+5/2) node [label={[inner sep=1pt, fill=white,text=black, fill opacity=0.75, text opacity=1]above left:$(65, 35)$}] {};
\draw ({(3.5+5)/2},-0.75) node[inner sep=1pt, fill=white,text=black, fill opacity=0.75, text opacity=1,below] {$B_1$};
\draw[thick,orange!50!green,->] (-0.7,0) -- (0,0) node[midway,above] {$F$};
\draw[thick,green!80!blue,->] (0,0.8) -- ++(0,-0.2) ++(0,0.1) -- ++(0.7,0)
node[above,midway] {$I_0$};
\draw[thick,green!80!blue,->] (2.5,0.8) -- ++(0,-0.2) ++(0,0.1) -- ++(0.7,0)
node[above,midway] {$l_1$};
\draw[thick,green!80!blue,->] (5,0.8) -- ++(0,-0.2) ++(0,0.1) -- ++(0.7,0)
node[above,midway] {$l_2$};
\end{circuitikz}
Να υπολογιστεί η συνάρτηση μεταφοράς του παραπάνω συστήματος.
Σαν έξοδος θεωρείται η μετατόπιση της \( m_1 \).
\tcblower
Βρίσκουμε το άθροισμα των δυνάμεων που ασκούνται σε κάθε μάζα, και εφαρμόζουμε το
νόμο του Νεύτωνα:
\begin{align*}
\text{Για τη μάζα 2: } F = m_2\od[2]{l_2}{t}
&=
\underbrace{-K_2(l_2-l_1)}_{\text{ελατήριο}}
-\underbrace{B_2\od{l_2}{t}}_{\text{αποσβ.}}
-\underbrace{B_1\left(
\od{l_2}{t}-\od{l_1}{t}
\right)}_{\text{αποσβεστήρας}}
\\
\text{Για τη μάζα 1: } F = m_1\od[2]{l_1}{t}
&=
-K_1(l_1-l_0)-B_1\left(\od{l_1}{t}-\od{l_2}{t}\right)
-K_2(l_1-l_2)
\end{align*}
Μετασχηματίζουμε τις δύο εξισώσεις κατά Laplace:
\begin{align}
m_2s^2L_2 &= -K_2(L_2-L_1) - B_2sL_2 - B_1(sL_2-sL_1) \label{3.8.lap2} \\
m_1s^2L_1 &= -K_1(L_1-L_0) - B_1(sL_1-sL_2) - K_2(L_1-L_2) \label{3.8.lap1}
\end{align}
Θυμόμαστε ότι δεν λαμβάνουμε υπ' όψιν τις αρχικές συνθήκες, αφού αναζητούμε τη συνάρτηση
μεταφοράς.
Αναζητούμε μια σχέση της μορφής \( H(s) = \frac{L_0(s)}{L_1(s)} \), άρα πρέπει να απαλείψουμε
το \( L_2 \) από τις δύο παραπάνω σχέσεις:
\begin{align*}
\eqref{3.8.lap2} \implies L_2 &=
L_1 \frac{K_2+B_1s}{m_2s^2+K_2+(B_1+B_2)s} \xRightarrow{\eqref{3.8.lap1}} \\
\frac{L_1}{L_0}
&= \frac{K_1m_2s^2+K_1K_2+K_1(B_1+B_2)s}{
(m_1s+K_1+K_2+B_1s)\left(m_2s^2+K_2+(B_1+B_2)s\right)-(K_2+B_1s)^2}
\end{align*}
\end{exercise}
\begin{exercise}[Brushed DC κινητήρας]
Έστω ένας brushed DC κινητήρας:
\begin{tikzpicture}[scale=1.1]
\draw (0,0.7) -- (2,0.7);
\draw (0,0) -- (2,0);
\draw (2,0.35) ellipse (0.2 and 0.35);
\draw (2,0.35) ellipse (0.2/2 and 0.35/2);
\draw (2,0.35+0.35/2) -- ++ (-0.17,0);
\draw (2,0.35-0.35/2) -- ++ (-0.17,0);
\draw (0,0.7) arc (120:242:0.4);
\draw[fill=gray!50!white]
(2,0.35+0.07) to[bend right] (2,0.35-0.07)
-- ++(1.4,0)
-- ++(0,2*0.07)
-- cycle;
%(2,0.35+0.07) arc (120:242:0.082)
\begin{scope}[xshift=3.5cm]
%,fill=gray!10!white,path fading=north
\draw[top color=gray!5!white,bottom color=gray!10!white!90!blue] (0,0.7) arc (120:242:0.4) -- (2,0) -- (2,0.7)
-- (0,0.7);
\draw (0,0) -- (2,0);
\draw[fill=white] (2,0.35) ellipse (0.2 and 0.35);
\draw (0,0.7) arc (120:242:0.4);
\draw[->,black!80!gray] (2.3,0.9) to [bend left] node[midway,right] {$θ$} (2.3,-0.2);
\end{scope}
\draw[->,gray!30!black] (1,1.5) node[right] {στάτης} to[bend left=5] (0.7,0.7);
\draw[->,gray!30!black] (3.5,1.5) node[right] {δρομέας} to[bend right=10] (3,0.45);
\draw[->,gray!70!black!80!green] (2.4,1) node[above right] {$J_m$} to[bend right=10] (2,0.45);
\end{tikzpicture}
με ισοδύναμο κύκλωμα δρομέα:
\begin{circuitikz}[american]
\draw
(0,0) to[V=$V_t$] (0,-2)
;
\draw
(0,0) to [R=$R_A$,i^={$i_A$}]
(2,0) to[L=$L_A$]
(4,0) to[V_=$V$,label={\small ηλεκτρεγερτική δύναμη λόγω περιστροφής}]
(4,-2) to[short] (0,-2)
;
\end{circuitikz}
Το ισοδύναμο κύκλωμα περιγράφεται από την εξίσωση:
\begin{equation}
V_t = R_Ai_A +L_a\od{i_A}{t}
+ K_v \od{\theta}{t} \label{ex.brusheddc.elec}
\end{equation}
και το μηχανικό ισοδύναμο:
\begin{equation}
\underbrace{(J_L+J_m)}_{\mathrm{\frac{Nms^2}{rad}}}
\underbrace{\od[2]{θ}{t}}_{\mathrm{\frac{rad}{s^2}}}
= \underbrace{K_T}_{\mathrm{\frac{Nm}{A}}} i_A \label{ex.brusheddc.mech}
\end{equation}
όπου \( J_L \) και \( J_m \) είναι οι ροπές αδράνειας του κάθε μέρους.
Στη συγκεκριμένη άσκηση θεωρούμε σαν έξοδο τη \textit{γωνία του κινητήρα}, και σαν είσοδο
την \textit{τάση του δρομέα} \( V_t \).
Λύνουμε το σύστημα:
\begin{align*}
\eqref{ex.brusheddc.mech} \implies
i_A &= \frac{(J_L+J_m)}{K_T} \od[2]{θ}{t}
\implies \\
I_A &= \frac{J_L+J_m}{K_T}s^2θ
\xRightarrow{\eqref{ex.brusheddc.elec}}
\\
V_T &= \left[(R_A+\cancelto{0\mathclap{\raisebox{3ex}{\text{\tiny(συνήθως αγνοούμε το $L_A$)}}}}{L_A}s)
\frac{J}{K_T}s^2+K_vs
\right\implies \\
\frac{θ}{V} &= \frac{\sfrac{1}{K_v} }{\frac{R_AJ}{K_TK_v}s^2+s}
\end{align*}
Βέβαια σε πολλές περιπτώσεις μπορεί να τοποθετηθεί ένας \textbf{\textit{μειωτήρας}}
μεταξύ του \( J_m \) και του \( J_L \):
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0.7) -- (2,0.7);
\draw (0,0) -- (2,0);
\draw (2,0.35) ellipse (0.2 and 0.35);
\draw (2,0.35) ellipse (0.2/2 and 0.35/2);
\draw (2,0.35+0.35/2) -- ++ (-0.17,0);
\draw (2,0.35-0.35/2) -- ++ (-0.17,0);
\draw (0,0.7) arc (120:242:0.4);
\draw[fill=gray!50!white]
(2,0.35+0.07) to[bend right] (2,0.35-0.07)
-- ++(1.4,0)
-- ++(0,2*0.07)
-- cycle;
%(2,0.35+0.07) arc (120:242:0.082)
\begin{scope}[xshift=3.5cm]
%,fill=gray!10!white,path fading=north
\draw[top color=gray!5!white,bottom color=gray!10!white!90!blue] (0,0.7) arc (120:242:0.4) -- (2,0) -- (2,0.7)
-- (0,0.7);
\draw (0,0) -- (2,0);
\draw[fill=white] (2,0.35) ellipse (0.2 and 0.35);
\draw (0,0.7) arc (120:242:0.4);
\draw[->,black!80!gray] (2.3,0.9) to [bend left] node[midway,right] {$θ$} (2.3,-0.2);
\end{scope}
\draw[fill=white] (2.45,0.35-0.25) rectangle ++(0.5,0.5);
\draw[->,gray!70!black!80!green] (2.4,1) node[above] {$J_m$} to[bend right=10] (2,0.45);
\draw[->,gray!70!black!80!green] (3.2,0.9) node[above] {$J_L$} to[bend right=10] (3.3,0.45);
\end{tikzpicture}
Ο μειωτήρας είναι το μηχανικό ισοδύναμο ενός μετασχηματιστή,
και κατασκευάζεται ουσιαστικά με δύο
γρανάζια, ώστε να αυξηθεί η δύναμη μειώνοντας την ταχύτητα ή αντίστροφα:
\begin{tikzpicture}[scale=0.7]
% Source: https://tex.stackexchange.com/a/58735
% #1 number of teeths
% #2 radius intern
% #3 radius extern
% #4 angle from start to end of the first arc
% #5 angle to decale thesecond arc from the first
\newcommand{\gear}[5]{%
\foreach \i in {1,...,#1} {%
[rotate=(\i-1)*360/#1] (0:#2) arc (0:#4:#2) {[rounded corners=1.5pt]
-- (#4+#5:#3) arc (#4+#5:360/#1-#5:#3)} -- (360/#1:#2)
}}
\draw[thick]
\foreach \i in {1,2,...,10} {%
[rotate=(\i-1)*36]
(0:0.7) arc (0:18:0.7) {[rounded corners=2pt] -- ++(18: 0.3) arc (18:36:0.7+0.3) } -- ++(36: -0.3)
};
\draw[thick,xshift=3cm] \gear{22}{2}{2.3}{7}{2.6};
\draw (-1,-1.3) node {$u_1F_1$};
\draw (5.7,-1.3) node {$u_2F_2$};
\end{tikzpicture}
Τότε θα έχουμε:
\[
J = J_m + \left(
\frac{N_1}{N_2}
\right)^2 J_L
\]
Βέβαια ένα πραγματικό σύστημα θα περιλαμβάνει και δυναμική τριβή με τη μορφή αποσβεστήρα.
\end{exercise}
\begin{exercise}[Παράδειγμα 3.5.2]
\begin{circuitikz}
\draw
(0,0) to [R={$R_{\gamma f}$},o-] (2,0)
to [L={$L_{\gamma f}$}] (2,-2)
to [short,-o,i^={$i_{\gamma f}$}] (0,-2)
to [open,v={$e_{\gamma f}$}] (0,0)
;
\end{circuitikz}
\begin{circuitikz}[scale=1.4]
\ctikzset{bipoles/length=1.2cm}
\draw (0,1) node[elmech](motor1){};
\draw (4,1) node[elmech](motor2){};
\draw
(motor1.north)
-- (0,2)
to[R] (1,2)
to[L] (2,2)
to[R] (3,2)
to[L] (4,2)
-- (motor2.north)
;
\draw
(motor2.south)
-- (4,0)
to[short,i=$i_a$] (0,0)
-- (motor1.south)
;
\draw
([xshift=4mm]motor1.south)
to[open,v=$e_\gamma$] ([xshift=4mm]motor1.north);
\draw
(6,0) to[L,l_=$L_F$]
(6,2) to[R=$R_F$]
(8,2) to[battery1=$V_F$]
(8,0) -- (6,0);
\draw[<-] (motor1) -- ++(-1,-1) node[below left]
{
$\underset{\mathclap{\substack{\downarrow\\ \text{σταθερό}}}}{n}
=\od{\theta}{t}$
};
\def\l{0.4}
\draw[xshift=5cm,rotate=45] (0,0) ellipse (0.22 and 0.14);
\draw (5-0.17,0-0.14) -- ++(\l,-\l) node(C) {};
\draw (5+0.17,0+0.14) -- ++(\l,-\l) node(D) {};
\draw (C.center) to[bend right=65] node[midway,below] {$J,B,T_L$} (D.center);
\def\d{0.04}
\path (4,1) ++(\d,\d) -- ++(1,-1) node[] (A) {};
\path (4,1) ++(-\d,-\d) -- ++(1,-1) node[] (B) {};
\fill[white] (A.center) to[bend left] (B.center) -- ++(90+45:0.2) -- ++(2*\d,2*\d) -- cycle;
\draw[<-] (A) ++ (45+70:0.6) node[above ] {$\omega$} to[bend left=60] ($(B) + (45+110:0.6)$);
\draw (4,1) ++(\d,\d) -- ++(1,-1);
\draw (4,1) ++(-\d,-\d) -- ++(1,-1);
\draw (A.center) to[bend left] (B.center);
\draw[->] (-0.5,0.5) ++ (45+90:0.2) to[bend left=60] ($(-0.5,0.5) + (45-90:0.2)$);
\end{circuitikz}
\begin{align*}
e_{\gamma f} &=
R_{\gamma f} \cdot i_{\gamma f}
+ L_{γf} \od{i_{γf}}{t} \\
e_γ &= K\cdot n \cdot i_{γf}\quad
\left(
i_{γf} = \frac{e_γ}{γ}
\right) \\
E_{γf} &= \left(
\frac{R_{γf}}{γ}
+ \frac{L_{γf}}{γ}s
\right)E_γ \\
J\od[2]{θ}{t} + B\od{θ}{t} + T_L &= K_m i_a
\rightarrow (Js^2+Bs)Θ + T_L = K_mI_a \\
L\od{i_a}{t} + Ri_a + K\od{θ}{t} &= e_γ
\rightarrow L_sI_a + R\cdot I_A + R\cdot I_A + K_S Θ = E_γ \\
(Js^2+Bs)Θ + T_L &= K_m \left(
\frac{E_γ - K_sΘ}{Ls + R}
\right) \\[2ex]
\left( Js^2+Bs+\frac{K_mK_s}{Ls+R} \right
+T_L &= \frac{K_m}{Ls+R}\left(
\frac{1}{\frac{R_γf}{γ}}
+\frac{L_γ f}{γ}s
\right)E_{γf} \\
\left(
Js+B+\frac{K_mK}{Ls+R}
\right)
ω + T_L &= \frac{K_m}{Ls+R} \left(
\frac{1}{\frac{R_γ f}{γ} + \frac{L_γ f}{γ}s}
\right)E_{γf}
\end{align*}
Για \( T_L = 0 \):
\[
\frac{Ω}{E_{γf}} =
\frac{γK_m}{\left(
(Js+B)(Ls+R)+KK_m
\right)(Lγ_f s + R_{γf})}
\]
\end{exercise}
\paragraph{Τελεστικός ενισχυτής} \hspace{0pt}
\begin{center}
\begin{circuitikz}[scale=2.5] \draw
(0,0) node[op amp] (opamp) {}
(opamp.+) to[short,-o] ++(-0.5,0)
(opamp.-) to[short,-o] ++(-0.5,0)
(opamp.out) to[short,-o] ++(0.5,0)
;\end{circuitikz}
\end{center}
Ο τελεστικός ενισχυτής είναι ιδανικά ένας διαφορικός ενισχυτής άπειρου κέρδους.
Αν οι δύο είσοδοι είναι 0, τότε η έξοδος είναι 0, ενώ αν διαφέρουν, η είσοδος είναι άπειρη
\( V_{cc} \) σε πραγματικό ενισχυτή).
Για τον ιδανικό τελεστικό ενισχυτή κάνουμε τις παραδοχές:
\begin{itemize}
\item \( R_m = \infty \)
\item \( V_{+} = V_{-} \) (για να έχουμε πεπερασμένη έξοδο)
\end{itemize}
\begin{exercise}[Α35]
\begin{circuitikz}[scale=1,american]
\draw (0,0) node[op amp] (opamp) {};
\draw (opamp.+) to[short,-*] ++(-0.5,0) node[below right] {$B$}
to[short] ++(0,-1.2) node[ground] {};
\draw (opamp.-) to[short,-*] ++(-0.5,0) node[above right] {$A$}
to[short] ++(0,1.5)
to[C] ++(3,0)
to[short,-*] (1.3,0) node[above right] {$\Gamma$};
\draw (opamp.-) ++ (-0.5,0) to[short] ++(0,2.5)
to[R,i=$i_R$] ++(3,0) -- ++(0,-1);
\draw (opamp.out) to[short,-o] ++ (3,0)
to[open,v=$e_0$] ++(0,-1.5) to[short,o-] ++(0,-0.2) node[ground] {};
\draw (opamp.-) to[R=$R$,i<=$I_i$,-o] ++(-4,0)
to[open,v=$e_i$] ++(0,-2) to[short,o-] ++(0,-0.2) node[ground] {};
\end{circuitikz}
Μας ζητείται να βρούμε τον λόγο \( \displaystyle \frac{E_o}{E_i} \).
\tcblower
Χρησιμοποιούμε τη δεύτερη παραδοχή του ιδανικού τελεστικού, και παρατηρούμε ότι:
\[
V_B = V_A = 0
\]
άρα:
\begin{align*}
V_{AΓ} + V_{ΓB} &= 0 \\
\implies V_C + e_o &= 0 \\
\implies V_C &= - e_0
\end{align*}
Υπολογίζουμε τα ρεύματα μέσω κυκλωματικών νόμων, και λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι (λόγω της
άπειρης αντίστασης) δεν πηγαίνει ρεύμα στις εισόδους A και B του ενισχυτή:
\begin{align}
I_i &= i_R + i_2 \label{ex.A35.cur} \\
I_i &=\frac{e_i}{R} \label{ex.A35.ohm}
\end{align}
άρα:
\begin{align*}
\eqref{ex.A35.cur} + \eqref{ex.A35.ohm}
\implies \Aboxed{\frac{e_i}{R}&= -c\od{e_o}{t}-\frac{e_o}{R}}
\intertext{και}
i_R &= \frac{V_C}{R} = -\frac{e_o}{R}
\end{align*}
Μετασχηματίζοντας την παραπάνω εξίσωση κατά Laplace και λύνοντας, έχουμε:
\[
\boxed{\frac{E_o}{E_i} = \frac{1}{RCs+1}}
\]
\end{exercise}
\begin{exercise}[2.19]
\begin{circuitikz}[scale=1]
\draw (0,0) node[mixer] (m1) {};
\draw (7,0) node[mixer] (m2) {};
\draw (12,0) node[mixer] (m3) {};
\draw (m1.west) node[inputarrow] {} node[above left] {$+$} -- ++(-1.5,0) node[above,pos=.7] {$u$};
\draw (m1.east) to[twoport,t=$\frac{1}{s+6}$,i>_=$e$] (4,0)
to[twoport,t=$\frac{s+3}{s+7}$,>] (5.5,0)
to[short,i^>=$w_1$] (m2.west) node[above,xshift=-1mm] {$+$};
\draw (3.5,0) node[above left] {$A$} to[short,*-] ++(0,1.5) node(V) {};
\draw (m2.north) node[inputarrow,rotate=-90] {} node[above right] {$+$} -- (m2.north |- 0,1.5) node[circ] {} -- (V.center);
\draw (m2.east) to[twoport,i>^=$w$,t=$\frac{2}{s+5}$,-*] (10.5,0) node (B) {} node[above] {$B$};
\draw (B.center) -- ++(0,-1.5) to[twoport,t=$\frac{1}{s}$] (m2 |- 0,-1.5)
to[short] (m2.south) node[inputarrow,rotate=90] {} node[below right] {$-$};
\draw (B.center) -- (m3.west) node[inputarrow] {};
\draw (V) -- (m3 |- 0,1.5) -- (m3.north) node[inputarrow,rotate=-90] {} node[above right] {$+$};
\draw (m3.east) -- ++(1,0) node[inputarrow] {} node[midway,above] {$y$};
\draw (m3.east) ++(0.5,0) to[short,*-] ++(0,-3)
to[twoport,t=$8$] (m1 |- 0,-3)
-- (m1.south) node[inputarrow,rotate=90] {} node[below right] {$-$};
\end{circuitikz}
\tcblower
Θα μετασχηματίσουμε το παραπάνω σύστημα σε ένα ισοδύναμό του.
Αρχικά, θυμόμαστε την ισοδυναμία:
\begin{circuitikz}[scale=1]
\draw (0,0) node[mixer] (m1) {};
\draw (m1.west) node[inputarrow] {} node[above left] {$+$} -- ++(-1,0);
\draw (m1.east) to[twoport,t=$H_1$] (3,0) to[short,*-] (4,0) node[inputarrow] {};
\draw (3,0) -- (3,-2) to[twoport,t=$H_2$] (m1.east |- 0,-2) -- (m1 |- 0,-2) -- (m1.south)
node[inputarrow,rotate=90] {} node[below right] {$\pm$};
\draw (current bounding box.east) node[right,scale=2] {$\equiv$};
\begin{scope}[xshift=5.2cm,yshift=-1cm]
\ctikzset{bipoles/length=2.4cm}
\draw (0,0) to[twoport,t=$\frac{H_1}{1\mp H_1H_2}$,>] (5,0) node[inputarrow] {};
\end{scope}
\end{circuitikz}
Μετασχηματίζουμε το κομμάτι από \( w_1 \) ως \( B \):
\begin{circuitikz}[scale=1]
\draw (0,0) node[mixer] (m1) {};
\draw (m1.west) node[inputarrow] {} node[above left] {$+$} -- ++(-1,0) node[pos=.8,above] {$w_1$};
\draw (m1.east) to[twoport,t=$\frac{2}{s+5}$] (3,0) node[above] {$B$} to[short,*-] (4,0) node[inputarrow] {};
\draw (3,0) -- (3,-2) to[twoport,t=$\frac{1}{s}$] (m1.east |- 0,-2) -- (m1 |- 0,-2) -- (m1.south)
node[inputarrow,rotate=90] {} node[below right] {$-$};
\draw (m1.north) node[inputarrow,rotate=-90] {} -- ++(0,1);
\draw (current bounding box.east |- 0,-1) node[right,scale=2] {$\equiv$};
\begin{scope}[xshift=7cm,yshift=-1cm]
\draw (0,0) node[mixer] (m2) {};
\draw (m2.west) node[inputarrow] {} node[above left] {$+$} -- ++(-1,0) node[pos=.8,above] {$w_1$};
\draw (m2.north) node[inputarrow,rotate=-90] {} -- ++(0,1);
\ctikzset{bipoles/length=2.4cm}
\draw (m2.east) to[twoport,t=$\frac{2s}{s(s+5)+2}$,>] (4,0) node[inputarrow] {};
\end{scope}
\end{circuitikz}
και το κομμάτι από \( A \) ως \( w_1 \) (αφού κάνουμε τις πράξεις και βρούμε \( \frac{w_1}{A} = 1+\frac{s+3}{s+7} \)):
\begin{circuitikz}[scale=1]
\draw (0,0) node[mixer] (m1) {};
\draw (m1.west) node[inputarrow] {} node[above left] {$+$};
\draw (-4,0) to[twoport,t=$\frac{s+3}{s+7}$,>] (m1.west);
\draw (-3.5,0) node[above left] {$A$} to[short,*-] ++(0,1.2) -- (m1 |- 0,1.2) -- (m1.north)
node[inputarrow,rotate=-90] {} node[above right] {$+$};
\draw (m1.east) -- ++(1,0) node[inputarrow] {} node[above] {$w_1$};
\draw (2,0) node[right,scale=2] {$\equiv$};
\begin{scope}[xshift=3.5cm]
\ctikzset{bipoles/length=1.8cm}
\draw (0,0) to[twoport,t=$\frac{2s+10}{s+7}$,>] (4,0) node[inputarrow] {};
\end{scope}
\end{circuitikz}
Τα δύο παραπάνω μετασχηματισμένα διαγράμματα είναι συνδεδεμένα εν σειρά, άρα:
\begin{circuitikz}[scale=1]
\draw (0,0) node[above] {$A$}
to[twoport,t=$\frac{2s+10}{s+7}$,>] (2,0);
\ctikzset{bipoles/length=2.2cm}
\draw (2,0)
to[twoport,t=$\frac{2s}{s(s+5)+2}$,>] (4,0);
\ctikzset{bipoles/length=1.4cm}
\draw (4,0) -- ++(0.7,0)
node[above] {$B$} node[inputarrow] {};
\draw (5,0) node[right,scale=2] {$\equiv$};
\begin{scope}[xshift=6cm]
\ctikzset{bipoles/length=3.4cm}
\draw (0,0) to[twoport,t=$\frac{(2s+10)2s}{(s+7)\left(s(s+5)+2\right)}$,>] (5,0) node[inputarrow] {};
\end{scope}
\end{circuitikz}
(όπου θέτουμε για ευκολία \( G(s) = \frac{(2s+10)2s}{(s+7)\left(s(s+5)+2\right)} \))
και το τμήμα του συστήματος εντός του βρόχου ανάδρασης με το
\begin{circuitikz}[baseline,scale=.7]
\ctikzset{bipoles/length=0.8cm}
\draw (0,0) to[twoport,t=$8$,scale=.7] (2,0);
\end{circuitikz}
γίνεται:
\begin{circuitikz}[scale=1]
\draw (0,0) node[mixer] (m1) {};
\draw (m1.west) node[inputarrow] {} node[above left] {$+$};
\draw (-3.5,0) to[twoport,t=$G(s)$,>] (m1.west);
\draw (-3.5,0) -- (-4,0);
\draw (-3.5,0) node[above left] {$A$} to[short,*-] ++(0,-1.2) -- (m1 |- 0,-1.2) -- (m1.south)
node[inputarrow,rotate=90] {} node[below right] {$+$};
\draw (m1.east) -- ++(1,0) node[inputarrow] {} node[above] {$w_1$};
\draw (2,-0.5) node[right,scale=2] {$\equiv$};
\begin{scope}[xshift=3.5cm,yshift=-0.5cm]
\ctikzset{bipoles/length=2.2cm}
\draw (0,0) to[twoport,t=$1+G(s)$,>] (4,0) node[inputarrow] {};
\end{scope}
\end{circuitikz}
με \( 1+G(s) = \frac{\text{αριθμητής }N_3}{\text{παρονομαστής }D_3}
= \frac{
(2s+10)2s+(s+7)\left[s(s+5)+2\right]}{
(s+7)\left[s(s+5)+2\right]} \).
Άρα το τελικό σύστημα είναι:
\begin{circuitikz}[scale=1]
\draw (0,0) node[mixer] (m1) {};
\draw (m1.west) node[inputarrow] {} node[above left] {$+$} -- ++(-1,0) node[above] {$u$};
\draw (m1.east) to[twoport,t=$H_1$] (2.5,0)
to[twoport,t=$\frac{N_3}{D_3}$] (4,0) -- (4.5,0) node[above] {$y$} to[short,*-] (5.5,0) node[inputarrow] {};
\draw (4.5,0) -- (4.5,-2) to[twoport,t=$8$] (m1.east |- 0,-2) -- (m1 |- 0,-1.5) -- (m1.south)
node[inputarrow,rotate=90] {} node[below right] {$-$};
\end{circuitikz}
και επομένως προκύπτει από πράξεις:
\begin{align*}
\frac{y}{u} &=
\frac{\frac{N_3}{D_3(s+6)}}{1+8\frac{N_3}{D_3}\frac{1}{s+6}}
\\ &= \frac{N_3}{D_3(s+6)+8N_3}
\\ &= \frac{N_3}{D_3(s+6)+8N_3}
\\ &= \frac{
(2s+10)2s+(s+7)(s^2+5s+2)
}{
(s+14)(s+7)(s^2+5s+2)+16(2s+10)s
}
\end{align*}
Η άσκηση αυτή μπορεί βεβαίως να λυθεί και αλγεβρικά. Συνοπτικά:
\begin{align}
y &= A + B \label{ex.2.19.1} \\
B &= \frac{2}{s+5}w \label{ex.2.19.2} \\
A &= \frac{1}{s+6}e \label{ex.2.19.3} \\
e &= u-8y \label{3x.2.19.4} \\
w &= \left(1+\frac{s+3}{s+7}\right)A - \frac{1}{s}B \label{ex.2.19.5}
\end{align}
και λύνοντας το σύστημα μπορεί να βρεθεί η συνάρτηση μεταφοράς.
\end{exercise}
\begin{exercise}[Ασκήσεις στα σφάλματα]
\begin{enumgreekparen}
\item Τι σφάλμα θέσης έχει το σύστημα
\( \displaystyle H(s) = \frac{s+9}{s^2+7s+3} \) αν συνδεθεί σε μοναδιαία αρνητική
ανάδραση;
\begin{circuitikz}[scale=1]
\draw (0,0) node[mixer] (m1) {};
\draw (m1.west) node[inputarrow] {} node[above left] {$+$} -- ++(-1,0);
\draw (m1.east) to[twoport,t=$H(s)$] (3,0) to[short,*-] (4.5,0) node[inputarrow] {};
\draw (3,0) -- (3,-1.5) -- (m1 |- 0,-1.5) -- (m1.south)
node[inputarrow,rotate=90] {} node[below right] {$-$};
\end{circuitikz}
\subparagraph{}
Η συνάρτηση μεταφοράς είναι \( H_c = \frac{H}{1+H}
= \frac{s+9}{s^2+7s+3+s+9} \). Το σφάλμα θέσης
στη μόνιμη κατάσταση είναι το \( \lim_{s\to 0} s
(1-H_C)\frac{1}{s} \), ή θυμόμαστε ότι \( e_{\mathrm{ss}}
= \frac{1}{1+K_P}
\) όπου \( K_P = \lim_{s\to 0} H(s) \).
Ισχύει:
\begin{align*}
K_p &= \lim_{s\to 0} \cancel{8}
\frac{s+9}{s^2+7s+3} = 3\\
e_{\mathrm{ss}} &= \frac{1}{4} = 0.25
\end{align*}
\item
Έστω συνάρτηση μεταφοράς που συνδέεται σε μοναδιαία αρνητική ανάδραση:
\[
H(s) = \frac{2(s+10)}{s(s^2+2)(s+5)}
\]
\subparagraph{}
Τότε τα σφάλματα είναι:
\begin{align*}
K_p &= \lim_{s\to 0}H(s) = \infty \\
e_{\mathrm{ssp}} &= \frac{1}{1+K_p} = \frac{1}{1+\infty} = 0 \\
K_v &= \lim_{s\to 0} sH(s) = \lim_{s\to 0} \frac{2(s+10)}{(s^2+2)(s+5)}
= \frac{2\cdot(0+10)}{(0^2+2)\cdot (0+5)} = 2 \\
e_{\mathrm{ssv}} &= \frac{1}{K_v} = \frac{1}{2}\\
K_a &= \lim_{s\to 0} s^2 H(s) = 0\\
e_{\mathrm{ssa}} &= \frac{1}{K_a} = \infty
\end{align*}
\end{enumgreekparen}
\end{exercise}
\subsection{Ταχύτητα}
Η δεύτερη προδιαγραφή που θα μελετήσουμε για τα συστήματα είναι η ταχύτητα, δηλαδή το πόσο
γρήγορα φτάνει ένα σύστημα στην επιθυμητή κατάσταση. Για να μελετήσουμε αυτήν την
προδιαγραφή θα χρησιμοποιήσουμε ως είσοδο τη \textbf{μοναδιαία βηματική συνάρτηση}
\( u(t) = \begin{cases}
0, &\quad t < 0\\
1, &\quad t > 0
\end{cases} \).
\subsubsection{Σε πρωτοβάθμια συστήματα}
Ως παράδειγμα, ας δούμε το παρακάτω σύστημα:
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[rectangle,draw,inner sep=10pt] (DM) {$\frac{k}{s+a}$};
\draw (DM.west) -- ++(-1,0) node[above right] {$r(s)$};
\draw (DM.east) -- ++(1,0) node[above left] {$y(s)$};
\end{tikzpicture}
με \(
H(s) = \frac{k}{s+a}
\).
Θυμόμαστε ότι το σφάλμα \( r(s)-y(s) \) στη μόνιμη κατάσταση (\( t\to \infty \))
είναι ορισμένο, και κάνοντας υπολογισμούς, η έξοδος στη μόνιμη κατάσταση προκύπτει:
\[
\lim_{s\to 0} sy(s)
=
\lim_{s\to 0} \cancel{s}\cancel{\frac{1}{s}}\frac{k}{s+a}
=
\frac{k}{a}
\]
και για να μηδενιστεί το σφάλμα, επιθυμούμε η έξοδος να είναι μοναδιαία, άρα πρέπει \( \frac{k}{a} = 1 \implies k=a \).
Σε μορφή σταθεράς χρόνου, η \( H \) γράφεται:
\[
H(s) = \frac{1}{τs+1}
\]
όπου
\[
τ = \frac{1}{a}
\]
Έχουμε θεωρήσει ότι \( k=a \), επομένως το σφάλμα είναι μηδενικό.
Για να βρούμε την έξοδο στο πεδίο του χρόνου, έχουμε ότι:
\[
y(s) = \frac{1}{τs+1}\frac{1}{s} = \frac{1}{s}-\frac{τ}{τs+1}
\]
και, χρησιμοποιώντας αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace:
\[
y(t) = y_{\mathrm{ss}} \left( 1-e^{-\sfrac{t}{τ} } \right)
\]
Έχουμε μια αποσβεννύμενη απόκριση που μοιάζει ως εξής:
\begin{tikzpicture}[scale=2]
\draw[->] (-0.5,0) -- (3.5,0) node[below right] {$t$};
\draw (0,-0.5) -- (0,3);
\draw[very thick,orange!50!red]
(0,0) -- (0.8,0.8*2.5*1.5) node[midway,above,sloped] {$\sfrac{1}{\tau}$};
\draw[very thick,blue,opacity=.7]
plot [variable=\t,domain=0:6.5,samples=\gsamples]
(\t,{2.5*(1-exp(-1.5*\t))});
% not the real value to make the graph look better
\draw[dashed] (0.15,0) node[below,xshift=1mm] (t1) {$t_1$}-- ++(0,0.503709453101557)
-- (0,0.503709453101557) node[left] {$0.1y_{\mathrm{ss}}$};
\draw[dashed] (1.53505672866270,0) node[below] (t2) {$t_2$}-- ++(0,2.25)
-- (0,2.25) node[left] {$0.9y_{\mathrm{ss}}$};
\draw[dashed] (2.60801533695210,0) node[below] {$t_s$}-- ++(0,2.45)
-- (0,2.45);
\draw[dashed] (0,2.5) node[left] {$y_{\mathrm{ss}}$} -- (3.5,2.5);
\draw [decorate,decoration={brace,amplitude=10pt},green!20!black] (t2.south) -- (t1.south) node[below,midway,yshift=-4mm] {$t_r$};
\end{tikzpicture}
Θα ψάξουμε μετά από πόσο χρόνο έχει φτάσει η έξοδος στο 10\% και στο 90\% της επιθυμητής
τιμής:
\begin{gather*}
1-e^{\sfrac{-t_1}{τ} }
= 0.1 \implies t_1 = τ(\ln 10 - \ln 9)
\\
1-e^{\sfrac{-t_2}{τ} }
= 0.9 \implies t_2 = τ(\ln 10)
\end{gather*}
\begin{defn}{Χρόνος ανόδου σε πρωτοβάθμιο σύστημα}{}
Υπολογίζουμε τον \textbf{χρόνο ανόδου} \( t_r \) (rise), δηλαδή τον χρόνο μεταξύ
της στιγμής που η έξοδος είναι στο 10\% και στο 90\% της επιθυμητής:
\[
t_r = t_2-t_1 \implies \boxed{t_r = τ\ln 9 \approx 2.2τ}
\]
\end{defn}
\begin{defn}{Χρόνος αποκατάστασης σε πρωτοβάθμιο σύστημα}{}
Ορίζουμε το \textbf{χρόνο αποκατάστασης} \( t_s \) (steady) ως τον χρόνο που
απαιτείται μέχρι το σύστημα να φτάσει στο \( 98\% \) της εξόδου του:
\[
1-e^{\sfrac{-t_s}{τ} } = 0.98
\implies \boxed{t_s \approx 4τ}
\]
\end{defn}
Επιβεβαιώνουμε δηλαδή ότι η σταθερά χρόνου \( τ \) σχετίζεται με την ταχύτητα απόκρισης
του συστήματος. Όσο μεγαλύτερη είναι η σταθερά χρόνου, τόσο μικρότερη είναι η ταχύτητά του.
Μάλιστα, αν βρούμε το σφάλμα ταχύτητας του συστήματος αυτού, θα δούμε ότι γίνεται μικρότερο,
όσο μεγαλώνει η ταχύτητά του.
\paragraph{Συνδυασμός συστημάτων}
Έστω δύο εν σειρά συστήματα:
\[
Y(s) = H(s)U(s)
\]
και πιο συγκεκριμένα:
\[
H(s) = \frac{N(s)}{D(s)} \qquad
U(s) = \frac{N_u(s)}{D_u(s)}
\]
επομένως, αν σπάσουμε σε κλάσματα όπως γνωρίζουμε από τα μαθηματικά:
\[
Y(s) = \frac{N}{D}\frac{N_u}{D_u}
= \frac{N_1}{D} + \frac{N_2}{D}
\]
που μπορεί να δώσει ένα αποτέλεσμα της μορφής:
\begin{gather*}
\frac{A}{s+p} + \cdots + \frac{B}{(s+p)^k} + \frac{C}{(s+a)^2+β}
\intertext{ή, αντίστοιχα}
(A_1+A_2t+\cdots)e^{-pt} + \dots
\end{gather*}
\paragraph{Παράδειγμα}
Έστω το σύστημα:
\[
H_z(s) = \frac{k(s+b)}{s+a}
\]
με τελική τιμή (είσοδος = \( \frac{1}{s} \)):
\[
y_{ss} = \lim_{s\to 0} sy(s) = \lim_{s\to 0}s\frac{k(s+b)}{s+a}\frac{1}{s} = \frac{kb}{a}
\]
και αρχική τιμή (για \( t=0 \)):
\[
y(0) = \lim_{t\to0} y(t) = \lim_{s\to \infty} sy(s) = k
\]
δηλαδή αυτό το σύστημα δεν ξεκινάει από μηδενική αρχική τιμή.
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw (-2,0) -- (2,0);
\draw (0,-2) -- (0,2);
\draw[thick] (-1.5,0) node[circle,inner sep=2.7pt,draw,orange!80!black] {} node[below,yshift=-1mm] {$b$};
\draw[thick] (-0.75,0) node[cross=4pt,red!80!black] {} node[below,yshift=-1mm] {$\vphantom{b}a$};
\begin{scope}[xshift=3.5cm,yshift=-1cm]
\draw[->] (-0.5,0) -- (3.5,0) node[below right] {$t$};
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,3) node[right] {$y(t)$};
\draw[very thick,blue,opacity=.7]
plot [variable=\t,domain=0:3.5,samples=\gsamples]
(\t,{0.5+1.5*exp(-1.5*\t)});
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\paragraph{Μελέτη μηδενικών}
Θα εξετάσουμε την επίδραση των μηδενικών στην έξοδο του συστήματος.
Έστω ένα σύστημα με έξοδο στο χρόνο:
\begin{align*}
y_z(t) &= \frac{kb}{a} + \frac{k(a-b)}{a}e^{-at}
\intertext{Το οποίο αναλύουμε περαιτέρω:}
&= \overbrace{\frac{kb}{a}}^{y_{\mathrm{ss}}}\left(1-e^{-at}\right)
+ ke^{-at}
\\ &=
y_{\mathrm{ss}}\left( 1-e^{-at} \right) + \frac{\dot{y}(t)}{b}
\end{align*}
(Τοποθετήσαμε την παράγωγο στην τελευταία σχέση, επειδή μαθηματικά φαίνεται ότι
\( y(t) = \frac{kb}{a} (1-e^{-at}) \implies \dot y = kbe^{-at} \)).
Αναλύοντας κατά Laplace, προκύπτει:
\[
Y_z(s) =
\frac{kb}{a}\frac{1}{s} + \frac{k(a-b)}{a}\frac{1}{s+a}
= \frac{k(b+s)}{s(a+s)}
\]
και παρατηρούμε το μηδενικό στο \( -b \) και τους πόλους στο \( 0 \) και στο \( -a \).
Γραφικά:
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw (-2,0) -- (2,0);
\draw (0,-2) -- (0,2);
\draw[thick] (-1,0) node[circle,inner sep=2.7pt,draw,orange!80!black,fill=white,fill opacity=.7] {} node[below,yshift=-2mm] {$-b$};
\begin{scope}[xshift=3.5cm,yshift=-1cm]
\draw[->] (-0.5,0) -- (4,0) node[below right] {$t$};
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,3) node[right] {$y(t)$};
\draw[very thick,blue!20!green,opacity=.7]
plot [variable=\t,domain=0:3.5,samples=\gsamples]
(\t,{2*exp(-1*\t)})
(3.5,0) node[above] {$\dot y(t)$};
\draw[very thick,blue,opacity=.7]
plot [variable=\t,domain=0:3.5,samples=\gsamples]
(\t,{2*(1-exp(-1*\t))})
(3.5,2) node[below] {$y(t)$};
\draw[very thick,dashed,blue,opacity=.7]
plot [variable=\t,domain=0:3.5,samples=\gsamples]
(\t,{2*(1-exp(-3*\t))});
\draw[blue!70!black,<-] (1.8,2) to[bend left=30] ++ (0.5,0.6)
node[above,align=center,scale=.8]
{μηδενικό πιο κοντά\\σε φανταστικό άξονα};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
Το μηδενικό \(-b\) της συνάρτησης εκφράζεται από την τιμή \( \frac{\dot y(t)}{b} \) στη συνάρτηση \( y_z(t) \).
Παρατηρούμε ότι αν υπάρχει μηδενικό, και όσο πιο κοντά πλησιάζει στον φανταστικό άξονα, τόσο
μεγαλύτερη επίδραση έχει στην έξοδο του συστήματος, αυξάνοντας την ταχύτητά του.
\begin{exercise}[Ένα απλό πρόβλημα πρωτοβάθμιου συστήματος]
Έστω ένα σύστημα:
\[
G(s) = \frac{1}{s+1}
\]
Αυτό έχει πόλο στο \( -1 \), και σταθερά χρόνου \( τ = 1 \), άρα χρόνο αποκατάστασης \( t_s = 4\ \mathrm{sec} \),
κάτι που είναι πολύ μεγάλο και δεν μας αρέσει καθόλου. Επομένως, προσθέτουμε έναν βρόχο ανάδρασης μαζί με τον
απλούστερο δυνατό ελεγκτή, που είναι το αναλογικό κέρδος \( \boxed{k} \):
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw (0,0) node[circle,draw] (a1) {};
\draw (0.9,0) node[rectangle,draw,minimum height=20pt,minimum width=20pt] (b1) {$k$};
\draw (2.2,0) node[rectangle,draw] (b2) {$\frac{1}{s+1}$};
\draw[->] (-1,0) -- (a1.west);
\draw (a1.east) -- (b1.west);
\draw (b1.east) -- (b2.west);
\draw (b2.east) -- ++(1,0);
\draw[->] (3,0) -- ++(0,-1) -- (a1 |- 0,-1) -- (a1.south) node[below right] {$-$};
\end{tikzpicture}
Απαιτούμε χρόνο αποκατάστασης \( t_s \leq 1\ \mathrm{sec} \), και το ζητούμενο της άσκησης είναι η περιοχή τιμών
του \( k \) για τις οποίες ικανοποιείται αυτή η προδιαγραφή.
\tcblower
Αρχικά βρίσκουμε τη συνάρτηση μεταφοράς του συστήματος:
\[
H(s) = \frac{\frac{k}{s+1}}{1+\frac{k}{s+1}}
= \frac{k}{s+(k+1)}
\]
Αυτό έχει σταθερά χρόνου \( τ = \frac{1}{k+1} \), επομένως:
\[
t_s \approx 4τ = \frac{4}{k+1}
\]
Πρέπει:
\[
t_s \leq 1 \implies \frac{4}{k+1} \leq 1 \implies k \geq 3.
\]
\end{exercise}
\subsubsection{Σε δευτεροβάθμια συστήματα}
\paragraph{Ένα παράδειγμα δευτεροβάθμιου συστήματος}
Έστω το σύστημα ενός περιστρεφόμενου κυλίνδρου με απόσβεση:
\begin{circuitikz}[scale=1]
\tikzstyle{reverseclip}=[insert path={(3,0.5) --
(3,-0.5) --
(0.8,-0.5) --
(0.8,0.5) --
(3,0.5)}
]
\begin{scope}
%[top color=gray!5!white,bottom color=gray!10!white!90!blue]
\path[clip] (1,0) ellipse (0.3 and 0.4) [reverseclip];
\fill[top color=gray!5!white,bottom color=gray!7!white!95!blue]
plot [smooth,tension=1.5]
coordinates {(1,0.4) (2,0) (1,-0.4)};
\end{scope}
\draw (1,0) ellipse (0.3 and 0.4);
\draw
plot [smooth,tension=1.5]
coordinates {(1,0.4) (2,0) (1,-0.4)};
\draw (2,0) to[damper,l=$B$] (3,0);
\end{circuitikz}
\[
u = J \ddot y + B\dot y
\]
Παραπάνω δίνεται η διαφορική εξίσωση του συστήματος, που θα μετασχηματίσουμε κατά Laplace:
\begin{gather*}
Js^2y(s) +Bsy(s) = u(s) \\
\frac{y(s)}{u(s)} = \frac{1}{s(Js+b)}
\end{gather*}
Αντίστοιχα με το προηγούμενο παράδειγμα, προσθέτουμε έναν ελεγκτή και έναν βρόχο ανάδρασης:
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw (0,0) node[circle,draw] (a1) {};
\draw (0.9,0) node[rectangle,draw,minimum height=20pt,minimum width=20pt] (b1) {$k$};
\draw (2.5,0) node[rectangle,draw] (b2) {$\frac{1}{s(Js+b)}$};
\draw[->] (-1,0) -- (a1.west) node[above,pos=.7] {$r$};
\draw (a1.east) -- (b1.west);
\draw (b1.east) -- (b2.west);
\draw[->] (b2.east) -- ++(1,0) node[above] {$y$};
\draw[->] (3.7,0) -- ++(0,-1) -- (a1 |- 0,-1) -- (a1.south) node[below right] {$-$};
\end{tikzpicture}
με έξοδο:
\[
\frac{y(s)}{r(s)}
= \frac{\frac{k}{s(Js+b)}}{1+\frac{k}{s(Js+b)}}
= \frac{k}{Js^2+Bs+k}
= \frac{\sfrac{k}{J} }{s^2 +\sfrac{B}{J}s + \sfrac{k}{J} }
= \frac{\omega_n^2}{s^2+2ζ\omega_ns+\omega_n^2}
=
\boxed{
\frac{\omega_n^2}{(s+σ)^2 + \omega_d^2}
}
\]
όπου θέσαμε:
\begin{tcolorbox}[width=.6\textwidth]
\vspace{-17pt}
\begin{alignat*}{3}
\omega_n^2 &= \sfrac{k}{J} && \implies \omega_n &&= \sqrt{\frac{k}{J}} \\
\omega_n &= \sfrac{B}{J}, \quad ζ \leq 1 && \implies\ ζ &&= \frac{B}{2\sqrt{Jk}} \\
s_{1,2} &= -σ \pm j\omega_d && &&\text{(ρίζες παρ/τή)} \\[3ex]
σ &= ζ\omega_n \\
\omega_d &= \omega_n\sqrt{1-ζ^2}
\end{alignat*}
\end{tcolorbox}
\begin{defn}[width=.6\textwidth]{Σταθερές Συστημάτων 2\textsuperscript{ου} βαθμού}{}
\begin{itemize}
\item \( \omega_n \): \textbf{φυσική συχνότητα}
\item \( ζ \): \textbf{συντελεστής απόσβεσης}
\item \( \omega_d \): \textbf{συχνότητα ταλαντώσεων}
\end{itemize}
\end{defn}
\begin{theorem}[width=.7\textwidth]{Συντελεστής απόσβεσης συστημάτων 2\textsuperscript{ου} βαθμού}{}
\begin{itemize}
\item Αν \( \underline{ζ < 1} \), οι πόλοι του συστήματος είναι \textbf{μιγαδικοί συζυγείς}.
\item Αν \( \underline{ζ = 1} \), το σύστημα έχει έναν \textbf{διπλό πραγματικό πόλο}.
\item Αν \( \underline{ζ > 1} \), το σύστημα έχει δύο \textbf{πραγματικούς πόλους}.
\end{itemize}
\end{theorem}
\pagebreak[2]
Μετά από πράξεις που δεν παρουσιάζονται, η έξοδος του συστήματος ξεχωρίζεται στις δύο παρακάτω περιπτώσεις:
\begin{itemize}
\item Αν έχουμε \textbf{δύο πραγματικούς πόλους} \( p1,\ p2 \):\[
y(t) = y_{\mathrm{ss}}
\left[
1+\frac{p_1p_2}{p_1-p_2}
\left(
\frac{e^{p_1t}}{p_1}
-
\frac{e^{p_2t}}{p_2}
\right)
\right]
\]
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw (-2,0) -- (2,0);
\draw (0,-1) -- (0,1);
\draw[thick] (-1.5,0) node[cross=4pt,red!80!black] {} node[below,yshift=-1mm] {$-b$};
\draw[thick] (-0.5,0) node[cross=4pt,red!80!black] {} node[below,yshift=-1mm] {$\vphantom{b}-a$};
\end{tikzpicture}
Δηλαδή η απόκριση του συστήματος αποτελείται από το άθροισμα δύο εκθετικά αποσβεννύμενων
αποσβέσεων. Πρακτικά, παίζει ρόλο ο πόλος που προκαλεί την πιο αργή απόσβεση (ειδικά αν
οι πόλοι απέχουν αρκετά μεγάλη απόσταση μεταξύ τους), καθώς η άλλη απόσβεση εξαλείφεται
γρήγορα. Ο αργός πόλος επιβάλλει το ρυθμό του.
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\draw[->] (-0.5,0) -- (6,0) node[below right] {$t$};
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,3) node[below left] {$y(t)$};
\draw[thick,dashed] (0,2) node[left] {$y_\mathrm{ss}$} -- ++(6,0);
\draw[ultra thick,blue,opacity=.7]
plot [variable=\t,domain=0:6,samples=\gsamples]
(\t,{1*(1-1*exp(-0.8*\t)) + 1*(1-1*exp(-4*\t)) });
\draw[ultra thick,blue!50!cyan,path fading=east,opacity=.3]
plot [variable=\t,domain=0:6,samples=\gsamples]
(\t,{2*(1-1*exp(-4*\t)) });
% not real but used for a nicer graph
\draw[dashed] (2.6,0) node[below] {$t_s$} -- ++(0,1.88);
\end{tikzpicture}
\item Αν έχουμε \textbf{δύο μιγαδικές συζυγείς ρίζες} \(\pm j\omega_d \):
\begin{align*}
y(t) &= y_{\mathrm{ss}}\left[
1-e^{-ζ\omega_nt} \cdot
\left(
\cos \omega_dt + \frac{ζ}{\sqrt{1-ζ^2}} \sin \omega_d t
\right)
\right]
\\ &= y_{\mathrm{ss}}\left[
1 - \frac{e^{-ζ\omega_nt}}{\sqrt{1-ζ^2}}
\cdot \sin\left(\omega_d t + \tan^{-1}\frac{\sqrt{1-ζ^2}}{ζ}\right)
\right]
\end{align*}
Σε αυτήν την περίπτωση, η έξοδος του συστήματος μοιάζει κάπως έτσι:
\begin{tikzpicture}[scale=1.7]
\begin{scope}[xshift=-2cm,yshift=2cm,scale=0.7]
\draw (-2,0) -- (1.5,0);
\draw (0,-2) -- (0,2);
\draw[dashed] (-1,1) -- ++ (1,0) node (xa) {};
\draw[dashed] (-1,-1) -- ++ (1,0) node (xb) {};
\draw[dashed] (0,0) -- (-1,1);
\draw[thick] (-1,1) node[cross=4pt,red!80!black] {};
\draw[thick] (-1,-1) node[cross=4pt,red!80!black] {};
\draw[<->,orange!30!green!50!black] (xa.east) -- (xa.east |- 0,0) node[right,midway] {$\omega_d$};
\draw[<->,orange!30!green!50!black] (-1,-0.1) -- ++(1,0) node[midway,below] {$ζ\omega_n$};
\draw (-45+180:0.3) to[bend right] node[midway,left,yshift=1mm] {$θ$} (-0.3,0);
\end{scope}
\draw[->] (-0.5,0) -- (5,0) node[below right] {$t$};
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,4) node[below left] {$y(t)$};
\draw[thick,dashed] (0,2) node[left] {$y_\mathrm{ss}$} -- ++(6,0);
\draw[ultra thick,blue,opacity=.7]
plot [variable=\t,domain=0:6,samples=\gsamples]
(\t,{2*(1-1*exp(-0.8*\t)*cos(3.5*\t r))});
\draw[very thick,cyan,opacity=.2]
plot [variable=\t,domain=0:6,samples=\gsamples]
(\t,{2*(1+1*exp(-0.8*\t))});
\draw[dashed] (0.84,0) node[below,xshift=2mm] {$t_p$}-- ++(0,3)
-- (0,3) node[left,scale=.9] {$y_{\mathrm{ss}}\left(1+M_p\right)$};
\draw[dashed] (0.44,0) node[below] {$t_r$} -- ++(0,2);
\filldraw[thick,draw=orange,draw opacity=.5,fill=white!90!orange,fill opacity=.6]
(0.84,3) circle (1.7pt);
\filldraw[thick,draw=orange!50!green,draw opacity=.5,fill=orange!50!green!10!white,fill opacity=.6]
(0.44,2) circle (1.7pt);
% not real but used for a nicer graph
\draw[dashed] (3.3,0) node[below] {$t_s$} -- ++(0,2);
\draw[thick,yellow!50!blue] (3.3,{2*(1-1*exp(-0.8*3.3))}) -- (3.3,{2*(1+1*exp(-0.8*3.3))})
node[midway,above,rotate=180,sloped,scale=.3] {2\%};
\end{tikzpicture}
Αποδεικνύεται επίσης ότι ισχύουν αρκετές σχέσεις, που παρουσιάζονται παρακάτω.
\begin{theorem}{Χρόνος αποκατάστασης σε δευτεροβάθμιο σύστημα με συζυγείς πόλους}{}
\[
t_s \approx \frac{4}{ζ\omega_n}
\]
({\color{red!50!black}Προσοχή!} Αυτή η σχέση ισχύει μόνο όταν έχουμε δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες, και όχι πραγματικές!)
\end{theorem}
Ο χρόνος ανόδου ορίζεται διαφορετικά από τα πρωτοβάθμια συστήματα:
\begin{defn}{Χρόνος ανόδου σε δευτεροβάθμιο σύστημα με συζυγείς πόλους}{}
Ως \textbf{χρόνος ανόδου} ορίζεται ο χρόνος μέχρι η έξοδος να φτάσει την πρώτη
φορά στην επιθυμητή τιμή.
Αποδεικνύεται ότι είναι ίσος με:
\[
\boxed{t_r = \frac{π-θ}{\omega_d}}
\]
όπου \( θ \) η γωνία του ενός πόλου.
\end{defn}
\begin{defn}{Χρόνος Υπερύψωσης}{}
Ο χρόνος \( t_p \) (peak) μέχρι η έξοδος να φτάσει στην πρώτη κορυφή της ημιτονοειδούς κυματομορφής είναι:
\[
\boxed{t_p = \frac{π}{\omega_d}}
\]
\end{defn}
Βλέπουμε ότι αρκετές στιγμές η έξοδος έχει τιμή μεγαλύτερη της εισόδου. Η υπερύψωση αυτή
μπορεί σε κάποιες περιπτώσεις να μην είναι επιθυμητή, επειδή για παράδειγμα δεν θέλουμε
το ρεύμα σε ένα κύκλωμα να ξεπεράσει μια μέγιστη τιμή, ή ο βραχίονας ενός ρομπότ να
φτάσει έξω από κάποια όρια.
\begin{defn}{Υπερύψωση}{}
Αποδεικνύεται ότι το \textbf{ποσοστό υπερύψωσης} της πρώτης κορυφής είναι:
\[
M_p =
e^{-\left(
\frac{ζπ}{\sqrt{1-ζ^2}}
\right)}
= e^{-σ t_p}
\]
\tcblower
Η πρώτη κορυφή στην οποία έχουμε υπερύψωση φτάνει στην τιμή:
\[
y\left(t_p\right) = y_{ss}(1+M_p)
\]
\end{defn}
Αυξάνοντας τη σταθερά \( k \), μειώνουμε τους χρόνους \( t_p \) και \( t_r \), καθώς και την \( M_p \),
αλλά αυξάνεται το \( ζ \) και η συχνότητα των αποσβεννύμενων ταλαντώσεων, δηλαδή το σύστημα γίνεται πιο "ζωηρό".
Τέλος, για τη γωνία του πόλου, αποδεικνύεται ότι:
\[
\boxed{\cos θ = ζ}
\]
\end{itemize}
\pagebreak[1]
\paragraph{Παραδείγματα συστήματος δεύτερης τάξης} \hspace{0pt}
\begin{enumgreekparen}
\item
\begin{tikzpicture}[scale=1,baseline]
\tikzset{mbox/.style={rectangle,draw,minimum height=20pt,minimum width=17pt}}
\draw (-1,0) node[circle,draw] (a1) {};
\draw (0,0) node[circle,draw] (a2) {};
\draw (0.9,0) node[mbox] (b1) {$k$};
\draw (2.5,0) node[mbox] (b2) {$\frac{1}{Js+b}$};
\draw (4.3,0) node[mbox] (b3) {$\frac{1}{s}$};
\draw (1.6,-1) node[mbox] (b4) {$K_v$};
\draw[->] (-2,0) -- (a1.west) node[above,pos=.7] {};
\draw (a1.east) -- (a2.west);
\draw (a2.east) -- (b1.west);
\draw (b1.east) -- (b2.west);
\draw (b2.east) -- (b3.west);
\draw[->] (b3.east) -- ++(1,0) node[above] {$φ$};
\draw (3.5,0) node[above] {$\omega$} -- ++(0,-1) -- (b4.east);
\draw[->] (b4.west) -- (a2 |- 0,-1) -- (a2.south) node[below right] {$-$};
\draw[->] (5,0) -- ++(0,-2) -- (a1 |- 0,-2) -- (a1.south) node[below right] {$-$};
\end{tikzpicture}
\item
\begin{tikzpicture}[scale=1.2,baseline]
\draw (0,0) node[circle,draw] (a1) {};
\draw (1.5,0) node[rectangle,draw,minimum height=20pt,minimum width=20pt] (b1) {$k(1+K_vs)$};
\draw (3.5,0) node[rectangle,draw] (b2) {$\frac{1}{s(Js+b)}$};
\draw[->] (-1,0) -- (a1.west);
\draw (a1.east) -- (b1.west);
\draw (b1.east) -- (b2.west);
\draw[->] (b2.east) -- ++(1,0);
\draw[->] (4.5,0) -- ++(0,-1) -- (a1 |- 0,-1) -- (a1.south) node[below right] {$-$};
\end{tikzpicture}
\end{enumgreekparen}
\subparagraph{(α)}
Εκτελούμε πράξεις για να βρούμε την απόκριση του συστήματος:
\begin{alignat*}{2}
φ &= \frac{1}{s}\omega &&\implies\\
sφ &= \omega &&\implies \numberthis \label{example.2.secorder.omega} \\
sφ &= \frac{k}{Js+b}\cdot \left[r(s) - K_v \omega - \phi \right] &&\xRightarrow{\eqref{example.2.secorder.omega}} \\
sφ &= \frac{k}{Js+b}\left[ r(s) - sK_vφ - φ \right] &&\implies \\
sφ(Js+b) &= k\left[r(s) - sK_vφ - φ\right] &&\implies \\
φ\left[ Js^2 + bs + k K_v s + k \right] &= kr(s) && \implies \\
\frac{φ}{r} &= \frac{k}{Js^2 + (b+kK_v)s + k} && \implies \\
H(s) &= \frac{\sfrac{k}{J} }{s^2
+\left(\frac{B+kK_v}{J}\right)s + \sfrac{k}{J}
}
\end{alignat*}
\subparagraph{(β)}
Η συνάρτηση μεταφοράς είναι:
\[
H(s) =
\frac{\sfrac{K}{J}(1+K_vs) }{s^2 + \left(\frac{B+kK_v}{J}s\right)
+ \sfrac{K}{J} }
\]
\subparagraph{}
Παρατηρούμε ότι τα δύο συστήματα έχουν παρόμοιες συναρτήσεις μεταφοράς, αλλά το
δεύτερο έχει ένα μηδενικό.
\paragraph{Παράδειγμα με μηδενικό}
Έστω μια συνάρτηση μεταφοράς που έχει μηδενικό στο \( -z \):
\begin{align*}
H_z(s) &= \frac{b(s+z)}{s^2+a_1s+a_0}
\\ &= y_{\mathrm{ss}}\frac{\sfrac{\omega_n^2}{z} (s+z) }{s^2+2ζ\omega_ns+\omega_n^2}
\\ &= y_{\mathrm{ss}} \boxed{
\frac{\omega_n^2}{s^2+2ζ\omega_ns+\omega_n^2}
+\frac{s}{z}
\left(
\frac{\omega_n^2}{s^2+2ζ\omega_n+\omega_n^2}
\right)
}
\end{align*}
Η τελευταία σχέση, αν παρατηρήσουμε ότι ο τελεστής \( s \) εκφράζει την \textbf{παραγώγιση}
μιας συνάρτησης στο πεδίο του χρόνου, βλέπουμε ότι ισχύει η σχέση
\( y_z(t) = y(t) + \frac{\dot y(t)}{z} \):
\[
\boxed{
y_z(t) = \underbrace{y(t)}_{\text{έξοδος χωρίς μηδενικό}} +
\underbrace{\frac{\dot y(t)}{z}}_{\text{επίδραση μηδενικού}}
}
\]
\begin{exercise}[Συνάρτηση χωρίς και με μηδενικό]
Έστω οι συναρτήσεις μεταφοράς:
\[
H_a = \frac{14}{(s+1)^2+6},\quad
H_b = \frac{7(s+2)}{(s+1)^2+6}
\]
με τελική έξοδο (είσοδος βηματική):
\begin{align*}
y_{\mathrm{ss}_1} &= \lim_{s\to 0} s\frac{14}{(s+1)^2+6}\frac{1}{s} = 2 \\
y_{\mathrm{ss}_2} &= \lim_{s\to 0} s\frac{7(s+2)}{(s+1)^2+6}\frac{1}{s} = 2
\end{align*}
Αν προσομοιώσουμε/εφαρμόσουμε τύπους, η έξοδος των συστημάτων θα είναι:
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
\draw[->] (-1,0) -- (5,0) node[below] {$t$};
\draw (0,-0.5) -- (0,3.4);
\def\sqrtsix{2.45}
\draw[dashed] (4,0) node[below] {$4$} -- (4,2);
\draw[dashed] (1.27,0) node[below] {$1.27$} -- (1.27,2.55) -- (0,2.55) node[left] {$2.55$};
\draw[dashed] (0.75,3.19) -- (0,3.19) node[left] {$3.19$};
\draw[dashed,path fading=east] (0,2) -- (5,2);
\draw (0,2) node[left] {$2$};
\draw[very thick,blue!50!black]
plot[variable=\t,domain=0:5,samples=\gsamples]
(\t,{-1/3*(\sqrtsix*sin(\sqrtsix*\t r) + 6*cos(\sqrtsix*\t r))*exp(-\t) + 2});
\draw[very thick,blue!50!cyan]
plot[variable=\t,domain=0:5,samples=\gsamples]
(\t,{1/6*(5*\sqrtsix*sin(\sqrtsix*\t r) - 12*cos(\sqrtsix*\t r))*exp(-\t) + 2});
\draw (current bounding box.north east) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=blue!50!black] (a) {};
\draw (a.south) ++(0,-0.5) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=blue!50!cyan] (b) {};
\draw (a.east) node[right] {$ \frac{14}{(s+1)^2+6}\frac{1}{s}$};
\draw (b.east) node[right] {$ \frac{7(s+2)}{(s+1)^2+6}\frac{1}{s}$};
\end{tikzpicture}
Βλέπουμε ότι το σύστημα με το μηδενικό έχει πιο γρήγορη απόκριση, αλλά ταυτόχρονα αυξάνεται
και η υπερύψωση.
Συνήθως το \( ζ \) ως προδιαγραφή είναι ανάμεσα στο 0.4 και 0.8, ενώ αν δεν θέλουμε καθόλου
υπερύψωση, παίρνουμε \( ζ \geq 1 \), που οδηγεί σε πραγματικές ρίζες.
\end{exercise}
\begin{exercise}
Ποιό από τα παρακάτω συστήματα θα εμφανίσει τη μεγαλύτερη υπερύψωση, ως απόκριση στη μοναδιαία
βηματική συνάρτηση;
\begin{enumgreekparen}
\item \( \displaystyle \frac{8}{s^2+2s+1} \)
\item \( \displaystyle \frac{48}{s^2+2s+16} \)
\item \( \displaystyle \frac{48}{s^2+8s+16} \)
\item \( \displaystyle \frac{8}{s^2+2s+4} \)
\end{enumgreekparen}
\tcblower
Για την κάθε μία από τις παραπάνω συναρτήσεις έχουμε, από τους τύπους:
\begin{enumgreekparen}
\item \( ζ = 1 \implies \) δεν υπάρχει υπερύψυση!
\item \( ζ = \frac{1}{4} \implies M_p = e^{-\frac{ζπ}{\sqrt{1-ζ^2}}} \simeq 0.44 \)
\item \( ζ = 1 \implies \) δεν υπάρχει υπερύψωση!
\item \( ζ = \frac{1}{2} \implies M_p \simeq 0.16 \)
\end{enumgreekparen}
Άρα η σωστή απάντηση είναι η \textbf{(β)}.
\end{exercise}
\begin{exercise}
Ποιό από τα παρακάτω συστήματα έχει ταχύτερη απόκριση;
\begin{enumgreekparen}
\item \( \displaystyle \frac{s+10}{(s+2)(s+5)} \)
\item \( \displaystyle \frac{s+1}{(s+2)(s+5)} \)
\item \( \displaystyle \frac{10}{(s+2)(s+5)} \)
\item \( \displaystyle \frac{s+3}{(s+2)(s+5)} \)
\end{enumgreekparen}
\tcblower
Το ταχύτερο σύστημα είναι αυτό με το πιο "σημαντικό" μηδενικό, δηλαδή αυτό που βρίσκεται πιο
κοντά στον φανταστικό άξονα, άρα το \textbf{(β)}, με μηδενικό \( z = -1 \).
\end{exercise}
\begin{exercise}
Να συγκριθούν τα συστήματα ως προς ταχύτητα απόκρισης:
\begin{enumgreekparen}
\item \( \displaystyle \frac{10}{(s+5)^2+3} \)
\item \( \displaystyle \frac{10(s+2)}{(s+5)^2+3} \)
\item \( \displaystyle \frac{10(s+3)}{(s+5)^2+3} \)
\end{enumgreekparen}
\tcblower
Το (β) είναι το (α) με πρόσθεση της παραγώγου του (α) διά 2, ενώ το (γ) είναι το (α) με
πρόσθεση της παραγώγου του (α) διά 3. Επομένως το \textbf{(β)}, που έχει πιο σημαντικό
μηδενικό, είναι ταχύτερο.
\end{exercise}
\begin{exercise}
Έστω ένα σύστημα κλειστού βρόχου:
\begin{tikzpicture}[scale=1.2,baseline]
\draw (0,0) node[circle,draw] (a1) {};
\draw (0.9,0) node[rectangle,draw,minimum height=20pt,minimum width=20pt] (b1) {$k$};
\draw (2.5,0) node[rectangle,draw] (b2) {$H(s)$};
\draw[->] (-1,0) -- (a1.west) node[above,pos=.7] {$r$};
\draw (a1.east) -- (b1.west);
\draw (b1.east) -- (b2.west);
\draw[->] (b2.east) -- ++(1,0) node[above] {$y$};
\draw[->] (3.7,0) -- ++(0,-1) -- (a1 |- 0,-1) -- (a1.south) node[below right] {$-$};
\end{tikzpicture} \\
όπου \( \displaystyle H(s) = \frac{10}{(s+6)(s+7)} \).
Θέλουμε να βρεθεί η \textbf{περιοχή τιμών} της σταθεράς \( k \), ώστε να ικανοποιούνται οι
παρακάτω προδιαγραφές:
\begin{align*}
e_{\mathrm{ss}} &< 0.5 \\
M_p &< 0.1 \\
t_s &< 660\ \mathrm{ms}
\end{align*}
\tcblower
Έχουμε, για κάθε προδιαγραφή:
\begin{enumerate}
\item Για το \( e_{\mathrm{ss}} \):
\begin{align*}
e_{\mathrm{ss}} &= \frac{1}{1+K_{\mathrm{pos}}}
= \frac{1}{1+\lim_{s\to 0}kH(s)}
= \frac{1}{1+\lim_{s\to 0}k\frac{10}{(s+6)(s+7)}}
= \frac{1}{1+k\frac{10}{6\cdot 7}} \\
e_{\mathrm{ss}} &< 0.5 \implies \boxed{k > 4.2}
\end{align*}
\item Για το \( M_p < 0.1 \):
\begin{align*}
\ln M_p &= -\frac{ζπ}{\sqrt{1-ζ^2}}\\
\implies ζ &= \frac{\left\lvert \ln M_p \right\rvert}{
\sqrt{\ln^2 M_p - π^2}
}\\
\implies ζ &> \frac{|\ln 0.1 |}{\sqrt{\ln^2 0.1 + π^2}}
\implies \boxed{ζ > 0.59}
\end{align*}
Για να χρησιμοποιήσουμε το αποτέλεσμα που βρήκαμε για το \( ζ \), πρέπει να το
εφαρμόσουμε επάνω στο χαρακτηριστικό πολυώνυμο του συστήματος, που μετά από πράξεις
προκύπτει:
\[
s^2+
\underbrace{13}_{2ζ\omega_n}s
+\underbrace{10k+42}_{\omega_n^2}
\]
Επομένως θέλουμε:
\[
ζ = \frac{13}{2\sqrt{42+10k}} > 0.59
\implies \boxed{k < 7.9}
\]
\item
Αν για τις παραπάνω προδιαγραφές υπολογίσουμε το χρόνο αποκατάστασης
\[
t_s \approx \frac{4}{ζ\omega_n}
= \frac{4}{\sfrac{13}{2} } \simeq 0.6154 \simeq 615\ \mathrm{ms}
\]
φαίνεται ότι ήδη πληροί την προδιαγραφή \( t_s < 660\ \mathrm{ms} \).
Σε διαφορετική περίπτωση, αν δηλαδή για αυτό το σύστημα μάς δινόταν μια προδιαγραφή
που δεν ικανοποιούνταν (π.χ. \( t_s < 220\ \mathrm{ms} \)), δεν θα ήταν δυνατό να
λυθεί η άσκηση με αυτό το σύστημα, αλλά θα έπρεπε να προστεθεί ένας ακόμα ελεγκτής.
\end{enumerate}
\end{exercise}
\subsubsection{Για συστήματα μεγαλύτερου βαθμού}
Ένα σύστημα μεγαλύτερου από 2 βαθμού μπορεί να έχει τη μορφή:
\[
\frac{y(s)}{r(s)}
= \frac{k(s+z_1)\cdots(s+z_n)}{(s+p_1)\cdots(s+p_n)\left[
(s+ζ_κ\omega_k)^2+(\omega_{d_k})^2
\right]}
\]
Αν αναλύσουμε σε απλά κλάσματα το παραπάνω, χωρίζοντας πραγματικούς και μιγαδικούς συζυγείς
πόλους, λαμβάνουμε:
\begin{align*}
y(s) &= \frac{a}{s}
+ \sum_{i}^{n} \frac{a_i}{s+p_i}
+ \sum_{k}^q \frac{b_k(s+ζ_k\omega_k)+c_k\omega_{kd}}{s^2+2ζ_k\omega_k s + \omega_k^2}
\intertext{Και, μετασχηματίζοντας αντίστροφα κατά Laplace}
y(t) &= a
+ \sum a_i e^{-p_it}
+ \sum b_k e^{-ζ_k\omega_k t}\cos \omega_d t
+ \sum c_k e^{-ζ_k\omega_k t}\sin \omega_d t
\end{align*}
\paragraph{Απλοποίηση συστημάτων}
Σε αυτό το σημείο κάνουμε μια σημαντική παρατήρηση: Αν έχουμε δύο μακρινούς πόλους,
για παράδειγμα \(-2\) και \( -20 \), που δίνουν αντίστοιχα αποκρίσεις:
\[
\mathlarger{e^{-2t}}, \quad \mathlarger{e^{-20t}}
\]
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-0.5,0) -- (6,0) node[below right] {$t$};
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,3) node[below left] {$y(t)$};
\draw[thick,dashed] (0,2) node[left] {$y_\mathrm{ss}$} -- ++(6,0);
\draw[ultra thick,blue,opacity=.7,mark position=0.5(d)]
plot [variable=\t,domain=0:6,samples=\gsamples]
(\t,{1*(1-1*exp(-0.8*\t)) + 1*(1-1*exp(-20*\t)) });
\draw[ultra thick,blue!30!cyan,path fading=east,opacity=.6,mark position=0.5(c)]
plot [variable=\t,domain=0:6,samples=\gsamples,smooth]
(\t,{2*(1-1*exp(-20*\t)) });
\draw[blue!30!cyan] (c) node[above] {γρήγορη απόκριση};
\draw[ultra thick,red!80!cyan,opacity=.6,mark position=0.7(c)]
plot [variable=\t,domain=0:6,samples=\gsamples]
(\t,{2*(1-1*exp(-0.8*\t)) });
\draw[red!80!cyan] (c) node[below] {αργή απόκριση};
\draw[blue!70!white,->] (d) to[bend right] ++(0.2,-1) node[below] {συνολική απόκριση};
\end{tikzpicture}
Η πιο \textit{αργή} απόκριση \( e^{-2t} \) κυριαρχεί τη \textit{γρηγορότερη} απόκριση
\( e^{-20t} \), η οποία αποσβένεται γρήγορα και δεν επηρεάζει το τελικό αποτέλεσμα.
Επομένως, \textbf{μόνο όταν ασχολούμαστε με την ταχύτητα απόκρισης ενός συστήματος}, μπορούμε
προσεγγιστικά να απαλλαγούμε από τους γρήγορους πόλους, αυτούς δηλαδή που βρίσκονται
\textit{πιο μακριά από τον φανταστικό ημιάξονα}.
\paragraph{Παράδειγμα}
Στη συνάρτηση μεταφοράς \( \frac{10}{\left[(s+2)^2+5\right](s+10)} \) μπορούμε να
απαλλαχθούμε από τον πόλο \( p=-10 \), αλλά προσέχουμε ώστε \textbf{να παραμείνει ίδιο το
DC κέρδος} του απλοποιημένου συστήματος. Δηλαδή η απλοποιημένη συνάρτηση μεταφοράς θα
προκύψει:
\[
\frac{K}{(s+2)^2+5}
\]
Για \( s=0 \), η αρχική συνάρτηση έχει κέρδος:
\[
\mathrm{gain}_1 = \frac{10}{(2^2+5)(0+10)} = \frac{1}{9}
\]
και η δική μας απλοποίηση έχει κέρδος:
\[
\mathrm{gain}_2 = \frac{K}{(0+2)^2+5} = \frac{K}{9}
\]
Επομένως, αφού \( \mathrm{gain}_1 = \mathrm{gain}_2 \), προκύπτει \( K = 1\).
%\paragraph{Παράδειγμα}
%Έστω η συνάρτηση μεταφοράς:
%\[
%H(s) = \frac{100(s+20)}{(s+2)(s+5)(s+50)(s+100)}
%\]
\todo{fill}
\paragraph{Παράδειγμα}
Έστω η συνάρτηση μεταφοράς:
\[
\frac{100(s+20)}{(s+2)(s+50)}
\]
Επειδή εδώ έχουμε μηδενικό, δεν μπορούμε να απαλλαγούμε από τον πόλο, διότι θα αλλάξει
εντελώς η απόκριση της συνάρτησης.
Επομένως γενικά προσέχουμε:
\begin{infobox}{Προϋποθέσεις απλοποίησης πόλου}
\begin{enumpar}
\item Διατηρούμε ίδιο το DC κέρδος
\item Προσοχή στην κανονικότητα του συστήματος \todo{συμπλ} (διαφορά αριθμού ριζών αριθμητή και παρονομαστή)
\item Προσοχή σε μηδενικά κοντά σε πόλο
\end{enumpar}
\end{infobox}
\begin{exercise}[Παράδειγμα με τρία συστήματα]
Να βρεθούν οι βηματικές αποκρίσεις των παρακάτω συστημάτων στο χρόνο:
\begin{align*}
H_1 &= \frac{3}{s+3} \\
H_2 &=\frac{60}{(s+3)(s+20)} \\
H_3 &= \frac{18.75(s+3.2)}{(s+3)(s+20)}
\end{align*}
\tcblower
\begin{enumpar}
\item
Πολλαπλασιάζουμε τη συνάρτηση μεταφοράς με την είσοδο \( \frac{1}{s} \):
\begin{align*}
y(s) &= \frac{3}{(s+3)s} = \frac{A_1}{s} - \frac{B_1}{s+3}
\\ &\overset{\cdots}{=} \frac{1}{s} - \frac{1}{s+3}
\intertext{Άρα:}
y(t) &= 1-e^{-3t}
\end{align*}
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
\draw[->] (-1,0) -- (5,0) node[below] {$t$};
\draw (0,-0.5) -- (0,3.4);
\def\sqrtsix{2.45}
\draw (0,2.5) node[left] {$1$};
\draw[dashed,path fading=east] (0,2.5) -- (4,2.5);
\draw[dashed] (3,0) -- (3,2.5);
\draw (2.2,0) node[circle,fill,inner sep=0.5pt] {} node[below] {$1$};
\draw (4.4,0) node[circle,fill,inner sep=0.5pt] {} node[below] {$2$};
\draw[blue!70!cyan,very thick]
plot[smooth,samples=28,variable=\t,domain=0:5]
(\t,{2.5*(1-exp(-1.5*\t)))});
\end{tikzpicture}
\item
Εικάζουμε ότι η απόκριση του συστήματος \( H_2 \) είναι παρόμοια με αυτήν του
\( H_1 \), αφού έχουν ίδιο DC κέρδος (\(H_1\to \frac{3}{3}=1, H_2\to\frac{60}{3\cdot20} = 1 \),
και απλώς προστέθηκε ένας
μακρινός πόλος στη συνάρτηση μεταφοράς.
Με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε:
\[
y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left\lbrace
\frac{A_2}{s} + \frac{B_2}{s+3} + \frac{C_2}{s+20}
\right\rbrace = \mathscr{L}^{-1} \left\lbrace
\frac{1}{s} + \frac{-1.18}{s+3} + \frac{0.18}{s+20}
\right\rbrace = 1-1.18e^{-3t}+0.18e^{-20t}
\]
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-1,0) -- (5,0) node[below] {$t$};
\draw (0,-0.5) -- (0,3.4);
\def\sqrtsix{2.45}
\draw (0,2.5) node[left] {$1$};
\draw[dashed,path fading=east] (0,2.5) -- (4,2.5);
\draw[dashed] (3,0) -- (3,2.5);
\draw (2.2,0) node[circle,fill,inner sep=0.5pt] {} node[below] {$1$};
\draw (4.4,0) node[circle,fill,inner sep=0.5pt] {} node[below] {$2$};
\draw[blue!70!cyan,very thick]
plot[smooth,samples=28,variable=\t,domain=0:5]
(\t,{2.5*(1-1.18*exp(-1.5*\t)+0.18*exp(-10*\t)))});
\draw[blue!50!cyan,very thick,opacity=.3]
plot[smooth,samples=28,variable=\t,domain=0:5]
(\t,{2.5*(1-exp(-1.5*\t)))});
\end{tikzpicture}
\item
Εδώ έχουμε ένα μηδενικό \( z=-3.2 \) \textbf{κοντά} στον πόλο \( p_1=-3 \), επομένως λύνουμε
αναλυτικά:
\begin{align*}
y(s) &= H_3\frac{1}{s} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+3} + \frac{Γ}{s+20}
\\ & \overset{\cdots}{=} \frac{1}{s} - \frac{0.0735}{s+3} - \frac{0.92}{s+20}
\intertext{Άρα}
y(t) &= 1 - 0.0735e^{-3t} - 0.92e^{-20t}
\end{align*}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (-1,0) -- (5,0) node[below] {$t$};
\draw (0,-0.5) -- (0,3.4);
\def\sqrtsix{2.45}
\draw (0,2.5) node[left] {$1$};
\draw[dashed] (3,0) -- (3,2.5);
\draw (2.2,0) node[circle,fill,inner sep=0.5pt] {} node[below] {$1$};
\draw (4.4,0) node[circle,fill,inner sep=0.5pt] {} node[below] {$2$};
\draw[blue!70!cyan,very thick]
plot[smooth,samples=28,variable=\t,domain=0:5]
(\t,{2.5*(1-exp(-1.5*\t)))});
\draw[green!70!cyan,very thick]
plot[smooth,samples=28,variable=\t,domain=0:5]
(\t,{2.5*(1-exp(-7*\t)))});
\draw[dashed,path fading=east] (0,2.5) -- (4,2.5);
\end{tikzpicture}
Εδώ το μηδενικό επηρεάζει το αποτέλεσμα, και η γρήγορη απόκριση του \( (s+20) \)
κυριαρχεί, οπότε δε θα ήταν σωστό να την αγνοήσουμε.
\end{enumpar}
\end{exercise}
\subsubsection{Ασκήσεις}
\begin{exercise}
Έχουμε τέσσερις συναρτήσεις μεταφοράς:
\begin{align*}
G_1 &= \frac{16}{(s+2)(s+8)} \\
G_2 &= \frac{16}{5}\frac{s+5}{(s+2)(s+8)} \\
G_3 &= \frac{16}{2+\Delta_z}\frac{s+2+\Delta_z}{(s+2)(s+8)}\\
G_4 &= 16\frac{s+1}{(s+2)(s+8)}
\end{align*}
Να υπολογιστεί η κρουστική απόκριση των παραπάνω συστημάτων.
\tcblower
Ουσιαστικά θα πάρουμε έναν αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace.
\paragraph{\( G_1 \)}
Δουλεύουμε πάνω στο \( G_1 \) κλασικά, σπάζοντας σε επιμέρους κλάσματα:
\begin{align*}
G_1 &= \frac{A}{s+2} + \frac{B}{s+8} \\
\intertext{και με κάποιον τρόπο βρίσκουμε τους συντελεστές:}
A &= \left. \frac{16}{s+8} \right|_{s=-2} = \frac{16}{6} \\
B &= \left. \frac{16}{s+2} \right|_{s=-8} = -\frac{16}{6}
\end{align*}
και ο αντίστροφος Laplace είναι:
\[
\mathscr{L}^{-1}\left\lbrace G_1 \right\rbrace
= \frac{16}{6}\left( e^{-2t} - e^{-8t} \right)
\]
\subparagraph{\( G_2 \)}
Αντίστοιχα:
\begin{align*}
G_2 &= \frac{A}{s+2} + \frac{B}{s+8} \\
A &= \left. \frac{16}{5} \frac{s+5}{s+8} \right|_{s=-2} = \frac{8}{5} \\
B &= \left. \frac{16}{5} \frac{s+5}{s+2} \right|_{s=-8} = \frac{8}{5}
\end{align*}
άρα:
\[
\mathscr{L}^{-1}\left\lbrace G_2 \right\rbrace = \frac{8}{5}\left( e^{-2t} + e^{-8t} \right)
\]
Παρατηρούμε και στις δύο παραπάνω απαντήσεις την επίδραση του κυρίαρχου, δηλαδή του πιο
αργού πόλου \( s=-2 \) (αντιστοιχεί στο \( e^{-2t} \)), ο οποίος είναι πιο κοντά στο 0.
\subparagraph{\( G_3 \)}
Έχουμε:
\begin{gather*}
G_3 = \frac{A}{s+2} + \frac{B}{s+8} \\
A = \left. \frac{16}{2+\Delta_z} \frac{s+2+\Delta_z}{s+8} \right|_{s=-2}
= \frac{16}{6}\frac{\Delta_z}{2+Δ_z} \\
B = \left. \frac{16}{2+Δ_z}\frac{s+2+Δ_z}{s+2} \right|_{s=-8} = -\frac{16}{6}
+\frac{16}{6}\frac{Δ_z}{6} \\
\mathscr{L}^{-1} \left\lbrace G_3 \right\rbrace =
\frac{16}{2+Δ_z}\left(
\frac{Δ_z}{6}e^{-2t} + \left(1-\frac{Δ_z}{6}\right)e^{-8t}
\right)
\end{gather*}
Παρατηρούμε ότι όσο πιο μικρό (κοντά στο 0) είναι το \( Δ_z \), τόσο λιγότερη σημασία
έχει ο όρος \( e^{-2t} \), και επικρατεί ο γρηγορότερος \( e^{-8t} \). Αυτό μπορούμε να
το διαπιστώσουμε και από τη συνάρτηση μεταφοράς: Aν θεωρήσουμε ότι \( Δ_z \to 0 \),
τότε εξαφανίζονται τα \( (s+2) \) στον αριθμητή και παρονομαστή, και η συνάρτηση γίνεται
\( \frac{16}{2+0} \frac{1}{(s+8)} \).
Για παράδειγμα, αν θέσουμε:
\[
Δ_z = 0.1
\]
τότε η έξοδος θα γίνει:
\[
\frac{16}{6}(
\underbrace{0.047e^{-2t}}_{\mathclap{\text{μικρός όρος}}}
- 0.98e^{-8t}
)
\]
Στην ουσία δηλαδή, το μηδενικό στη θέση \( -(2+Δ_z) \to -2 \) ακυρώνει τον πόλο \( s=-2 \):
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,3);
\draw[->] (0,0) -- (4.5,0) node[below] {t};
\draw[dashed] (2.7,2.5) -- ++(0,-2.5) node[below] {0.5};
\draw[thick,cyan!70!blue!70!black,mark position=0.5(a)]
plot[domain=0:4,variable=\x,samples=18,smooth]
(\x,{2.5/2*(2-exp(-4*\x)-exp(-2*\x))});
\draw[cyan!70!blue!50!black,<-]
([yshift=2pt]a) to[bend left] ++(0.5,0.5) node[above right] {$\frac{1}{s+2}$};
\draw[ultra thick,cyan!50!blue!70!black,mark position=0.55(b)]
plot[domain=0:4,variable=\x,samples=15,smooth]
(\x,{2.5*(1-exp(-1.5*\x))});
\draw[cyan!70!blue!50!black,<-]
([yshift=-2pt]b) to[bend left=20] ++(0.5,-0.5) node[below,xshift=-4mm] {$\frac{s+2+\Delta x^{(0.1)}}{(s+2)(s+8)}$};
\end{tikzpicture}
Μπορούμε επίσης να υπολογίσουμε το χρόνο αποκατάστασης του συστήματος:
\[
t_s = 4τ = 4\frac{1}{-p\mathrlap{\leftarrow \text{ πόλος}}}
\hphantom{\leftarrow \text{ πόλος}} = \frac{1}{2} = 0.5
\]
\paragraph{\(G_4\)} Έχουμε:
\[
G_4 = 16 \cdot \frac{s+1}{(s+2)(s+8)} = \frac{A}{s+2} + \frac{B}{s+8}
= \frac{-2.67}{s+2} + \frac{18.67}{s+8}
\]
οπότε η απόκριση στο χρόνο γίνεται:
\[
\mathscr{L}^{-1}\left\lbrace G_4 \right\rbrace =
-2.67 e^{-2t} + 18.67 e^{-8t}
\]
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,3);
\draw[->] (0,0) -- (4.5,0) node[below] {t};
\draw[dashed] (2.7,2.5) -- ++(0,-2.5) node[below] {0.5};
\draw[thick,cyan!70!blue!70!black,mark position=0.5(a)]
plot[domain=0:4,variable=\x,samples=18,smooth]
(\x,{8/3*(exp(-2*\x)-exp(-8*\x))});
\draw[cyan!70!blue!50!black,<-]
([yshift=2pt]a) to[bend left] ++(0.5,0.5) node[above right] {$16\frac{1}{(s+2)(s+8)}$};
\draw[ultra thick,cyan!50!blue!70!black,mark position=0.55(b)]
plot[domain=0.17:4,variable=\x,samples=18,smooth]
(\x,{8/3*(-exp(-2*\x)+7*exp(-8*\x))});
\draw[cyan!70!blue!50!black,<-]
([yshift=-2pt]b) to[bend left=20] ++(0.5,-0.5) node[below,xshift=-4mm] {$16\frac{s+1}{(s+2)(s+8)}$};
\end{tikzpicture}
\end{exercise}
\begin{exercise}
Ποιό από τα παρακάτω συστήματα έχει τη βηματική απόκριση που φαίνεται στο σχήμα;
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,3);
\draw[->] (0,0) -- (6,0) node[below] {t};
\draw[dashed] (0,2) -- ++(3,0);
\draw[ultra thick,cyan!50!blue!70!black]
plot[domain=0:6,variable=\x,samples=20,smooth]
(\x,{1+1*(1-exp(-2*\x))});
\filldraw (0,1) circle(1pt) node[left] {$2$};
\filldraw (0,2) circle(1pt) node[left] {$4$};
\end{tikzpicture}
\begin{enumlatin}
\item \( \displaystyle \frac{12}{s+2} \)
\item \( \displaystyle \frac{2(s+6)}{s+3} \)
\item \( \displaystyle \frac{2(s+3)}{s+2} \)
\item \( \displaystyle \frac{6}{s+3} \)
\end{enumlatin}
\tcblower
Για το κάθε σύστημα ψάχνουμε αρχική και τελική τιμή, ώστε να επιβεβαιώσουμε την απόκριση:
\begin{enumlatin}
\item \( \displaystyle \lim_{s\to \infty}
\frac{1}{s} \frac{12}{s+2} s = 0
\) άρα δεν βολεύει.
\item \( \displaystyle \lim_{s\to \infty} \frac{1}{s}\frac{2(s+6)}{s+3}s=2 \)
και \( \displaystyle \lim_{s\to 0} \frac{1}{s}\frac{2(s+6)}{s+3}s=4 \), που είναι οι
επιθυμητές τιμές.
\end{enumlatin}
Άρα η σωστή απάντηση είναι η \textbf{(β)}.
\end{exercise}
\begin{exercise}
Ποιό από τα παρακάτω συστήματα έχει τη βηματική απόκριση που φαίνεται στο σχήμα;
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,3);
\draw[->] (0,0) -- (6,0) node[below] {t};
\draw[dashed] (0,2) -- ++(3,0);
\draw[ultra thick,cyan!50!blue!70!black]
plot[domain=0:6,variable=\x,samples=20,smooth]
(\x,{0.75+1.25*(1-exp(-\x))});
\filldraw (0,0.75) circle(1pt) node[left] {$1$};
\filldraw (0,2) circle(1pt) node[left] {$2$};
\end{tikzpicture}
\begin{enumlatin}
\item \( \displaystyle \frac{4}{s+2} \)
\item \( \displaystyle \frac{6}{s+2} \)
\item \( \displaystyle \frac{3(s+2)}{s+3} \)
\item \( \displaystyle \frac{s+4}{s+2} \)
\end{enumlatin}
\tcblower
Αντίστοιχα με παραπάνω, υπολογίζουμε αρχική και τελική τιμή για κάθε σύστημα. Η σωστή απάντηση είναι η
\textbf{(δ)}, αφού ισχύει \( \lim_{s\to \infty} \frac{s+4}{s+2} = 1 \) και \( \lim_{s\to 0} \frac{s+4}{s+2} = 2 \).
\end{exercise}
\begin{exercise}
Ποιά συνάρτηση μοιάζει με την παρακάτω απόκριση;
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,4);
\draw[->] (0,0) -- (5,0) node[below] {t};
\draw[ultra thick,cyan!50!blue!70!black,mark position=0.9(b),mark position=0.57(a),mark position=0.99(c)]
plot[domain=0:5,variable=\x,samples=14,smooth]
(\x,{3.5*(1-exp(-1.2*\x))});
\draw[dashed] (a |- 0,0) node[circle,fill,inner sep=1pt] {} node[below] {$0.6$} |- (a -| 0,0) node[circle,fill,inner sep=1pt] {} node[left] {$9$};
\draw[dashed] (b |- 0,0) node[circle,fill,inner sep=1pt] {} node[below] {$1.2$} -- (b);
\draw [dashed] ([yshift=1pt]c) -- ([yshift=1pt]c -| 0,0) node[circle,fill,inner sep=1pt] {} node[left] {$10$};
\end{tikzpicture}
\begin{enumlatin}
\item \( \displaystyle \frac{10}{s+5} \)
\item \( \displaystyle \frac{20}{s+2} \)
\item \( \displaystyle \frac{50}{s+2} \)
\item \( \displaystyle \frac{50}{s+5} \)
\end{enumlatin}
\tcblower
Η τελική τιμή της συνάρτησης είναι το 10, επομένως οι απαντήσεις (α) και (γ) απορρίπτονται, αφού το όριό τους στο \( \infty \)
δεν είναι 10.
Για να βρούμε τη σωστή απάντηση, μπορούμε να βρούμε τον αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace των εναπομείναντων συναρτήσεων, ή
πιο εύκολα, να παρατηρήσουμε ότι στα \( \SI{1.2}{s} \) η συνάρτηση φτάνει πολύ κοντά στην τελική της τιμή, δηλαδή
για τη σταθερά χρόνου ισχύει
\(\approx 1.2 \implies τ \approx 0.3 \). Αυτή η σταθερά χρόνου αντιστοιχεί σε μια συνάρτηση μεταφοράς \( \frac{α}{0.3s+1}
\approx \frac{α'}{s+3.33} \). Άρα η σωστή απάντηση είναι η \textbf{(δ)}.
\end{exercise}
\begin{exercise}
Ποιό από τα παρακάτω συστήματα έχει τη μεγαλύτερη ταχύτητα ανόδου;
\begin{enumlatin}
\item \( \displaystyle \frac{s+10}{(s+2)^2+5} \)
\item \( \displaystyle \frac{s+3}{(s+2)^2+5} \)
\item \( \displaystyle \frac{s+10}{(s+2)^2+10} \)
\item \( \displaystyle \frac{s+3}{(s+2)^2+10} \)
\end{enumlatin}
\tcblower
Θυμίζουμε ότι οι παρονομαστές των παραπάνω συναρτήσεων έχουν γραφεί με τη μορφή
\( (s+σ)^2 + \omega_d^2 \), και έχουν λύση \underline{\(\pm j\omega_d \)}.
Η ταχύτητα ανόδου εξαρτάται από τον χρόνο ανόδου.
Θυμόμαστε επίσης ότι για μεγαλύτερο \( \omega_d \) ή μηδενικό \( z \) κοντά στον
φανταστικό άξονα, έχουμε μικρότερο χρόνο ανόδου \( t_{r_1} \),
ενώ ο χρόνος ανόδου \( t_{r_1} \) ορίζεται ως ο χρόνος που απαιτείται μέχρι η απόκριση να φτάσει από
το 10\% ως το 90\% (προσοχή στη διαφορά από το χρόνο \( t_r\) μέχρι την πρώτη φορά που φτάνουμε στην επιθυμητή τιμή):
\begin{tikzpicture}[scale=1.4]
\draw[->] (-0.5,0) -- (5,0) node[below right] {$t$};
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,4) node[below left] {$y(t)$};
\draw[thick,dashed] (0,2) node[left] {$y_\mathrm{ss}$} -- ++(6,0);
\draw[dashed] (0.1,-0.1) |- (0,0.2) node[left,scale=.7] {$0.1y_{\mathrm{ss}}$};
\draw[dashed] (0.4,-0.1) |- (0,1.8) node[left,scale=.7] {$0.9y_{\mathrm{ss}}$};
\draw[ultra thick,blue,opacity=.7]
plot [variable=\t,domain=0:6,samples=\gsamples]
(\t,{2*(1-1*exp(-0.8*\t)*cos(3.5*\t r))});
\draw[very thick,cyan,opacity=.2]
plot [variable=\t,domain=0:6,samples=\gsamples]
(\t,{2*(1+1*exp(-0.8*\t))});
\draw[very thick,cyan,opacity=.2]
plot [variable=\t,domain=0:6,samples=\gsamples]
(\t,{2*(1-1*exp(-0.8*\t))});
\draw[dashed] (0.84,0) node[below,xshift=2mm] {$t_p$}-- ++(0,3)
-- (0,3) node[left] {$y_{\mathrm{ss}_{M_p}}$};
\draw[dashed] (0.44,0) node[below] {$t_r$} -- ++(0,2);
\filldraw[thick,draw=orange,draw opacity=.5,fill=white!90!orange,fill opacity=.6]
(0.84,3) circle (1.7pt);
\filldraw[thick,draw=orange!50!green,draw opacity=.5,fill=orange!50!green!10!white,fill opacity=.6]
(0.44,2) circle (1.7pt);
\draw[dashed] (3.3,0) node[below] {$t_s\approx\frac{4}{τ}=\frac{4}{ζ\omega_n}$} -- ++(0,2);
\draw[gray] ([yshift=-1mm]0.1,0) -- ++(0,-0.6) node (a) {};
\draw[gray] ([yshift=-1mm]0.4,0) -- ++(0,-0.6) node (b) {};
\draw[<->] ([xshift=1pt]a.north) -- ([xshift=-1pt]b.north) node[below,midway,scale=.7] {$t_{r_1}$};
\end{tikzpicture}
Η σωστή απάντηση είναι η \textbf{(δ)}, η οποία έχει το μεγαλύτερο \( \omega_d \) και το
μηδενικό \( z=-3 \) που είναι κοντινότερο στον άξονα.
(Βέβαια γρήγορη ταχύτητα ανόδου δεν σημαίνει και γρήγορη απόκριση).
\end{exercise}
\begin{exercise}
Πόσο πρέπει να είναι τα \( k_p \) ώστε να έχουμε μοναδιαίο DC κέρδος, και ποιός είναι ο
χρόνος αποκατάστασης του κάθε συστήματος;
\begin{enumlatin}
\item \( \displaystyle \frac{k_{p_1}}{s+3} \)
\item \( \displaystyle \frac{k_{p_2}}{(s+3)(s+20)} \)
\end{enumlatin}
\tcblower
\begin{enumlatin}
\item \( k_{p_1} = 3 \), η χρονική σταθερά είναι \( τ=\frac{1}{3} \), άρα
ο χρόνος αποκατάστασης προκύπτει
\( t_s = \frac{4}{3} \).
\item \( k_{p_2} = 60 \), ο κυρίαρχος πόλος είναι ο πιο κοντινός (\( s=-3 \)), και
επομένως \( τ=\frac{1}{3} \) και \( t_s = \frac{4}{3} \).
\end{enumlatin}
Σε περίπτωση που μας δινόταν \( \displaystyle \frac{K_{p_2}(s+3.1)}{(s+3)(s+20)} \), το
μηδενικό στο -3.1 θα αλληλοαναιρούνταν με τον πόλο στο -3, και επομένως ο κυρίαρχος πόλος θα
ήταν στο -20.
\end{exercise}
\begin{exercise}
Έστω η συνάρτηση μεταφοράς:
\[
\frac{18}{s^2+11s+18}
\]
Ποιός είναι ο χρόνος αποκατάστασής της;
\tcblower
\begin{attnbox}{}
Έχουμε \textbf{δύο πραγματικές ρίζες}, οπότε δεν είναι σωστό να ακολουθήσουμε τη
μεθοδολογία με τα \( σ \) και \( \omega_d \).
\end{attnbox}
Οι πόλοι του συστήματος βγαίνουν -2 και -9, ο κυρίαρχος είναι ο -2, επομένως \( t_s=\frac{4}{2} = 2 \).
\end{exercise}
\subsection{Εύρος ζώνης}
Το \textbf{εύρος ζώνης} είναι μία προδιαγραφή του συστήματος που σχετίζεται με το πεδίο
της συχνότητας. Πιο συγκεκριμένα, μπορεί να απαιτηθεί να έχουμε ένα συγκεκριμένο
\textbf{εύρος ζώνης} \( \omega_b \), για παράδειγμα \( \omega_b > \SI{100}{\radian/\second} \).
Η μελέτη αυτής της προδιαγραφής μπορεί να μελετηθεί με τη βοήθεια των
\textbf{διαγραμμάτων Bode} (προφ. "Μπόντε"), τα οποία εκφράζουν το πλάτος και τη φάση
για κάθε συχνότητα.
Ο έλεγχος γίνεται δίνοντας ως είσοδο στο σύστημα ένα μεγάλο εύρος συχνοτήτων:
\begin{circuitikz}
\draw (0,0) node[rectangle,draw,minimum height=7mm,minimum width=5mm]
(h) {$H(s)$};
\draw (-1,0) node[oscillator] (osc) {};
\draw (h.east) to[short,-o] ++(1,0);
\draw (h.west) to[short,-*] (osc.east);
\end{circuitikz}
και στη συνέχεια κατασκευάζοντας δύο διαγράμματα, ένα για το πλάτος ως συνάρτηση της
συχνότητας, και ένα για τη φάση, ως εξής:
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (0,-5.5) -- (0,3) node[above left] {$|A|$};
\draw[->] (-1,0) -- (6,0) node[below right] {$\omega$};
\draw[very thick,blue!50!cyan!70!black,name path=FR] plot[smooth,tension=1]
coordinates {(0,1.5) (1.5,1.6) (3,2.5) (4.5,1.4) (6,0.7) };
\path[name path=l] (0,1.5*0.707)-- ++(6,0);
\path [name intersections={of=FR and l,by=G}];
\draw[dashed] (G) -- (G -| 0,0) node[left] {$0.707$};
\draw (0,1.5) node[left] {$1$};
\draw[dashed] (3,2.5) -- (3,0);
\draw[dashed] (G) -- (G |- 0,0) node[below] {$\omega_b$};
\draw[->] (0,-2.2) node[above left] {$φ$} -- ++(6,0) node[right] {$\omega$};
\draw[very thick,blue!50!cyan!50!green!70!black,name path=FR,yshift=-4cm] plot[smooth,variable=\x,domain=0:6,samples=18]
(\x,{3*atan((-\x +3)*3)/180});
\draw (0,-2.6) node[left] {$0\degree$};
\draw[dashed] (0,{(-2.6-5.3)/2}) node[left] {$45\degree$} -- ++(3,0);
\draw (0,-5.3) node[left] {$90\degree$};
\end{tikzpicture}
Τα περισσότερα συστήματα είναι χαμηλοπερατά.
Όσο μεγαλύτερο είναι το εύρος ζώνης ενός συστήματος, τόσο ταχύτερη είναι η απόκρισή του.
Αυτό μπορούμε να το διαπιστώσουμε αν σκεφτούμε την τετραγωνική κυματομορφή,
που έχει συχνότητες που εκτείνονται μέχρι το άπειρο (αν θυμηθούμε τις σειρές Fourier),
άρα ένα σύστημα που θέλει να την αναπαραστήσει, όσο μεγαλύτερο εύρος ζώνης έχει,
τόσο πιο γρήγορα θα αποκριθεί στην είσοδο.
\begin{tikzpicture}
\draw[very thick,blue!50!cyan!]
plot[smooth,tension=.6]
%plot[smooth,variable=\x,domain=0:6,samples=12]
%(\x,{4/pi*1/1*sin(1*pi*\x r) + 4/pi*1/3*sin(3*pi*\x r)});
coordinates {(0,0) (0.5,1) (0.8,0.7) (1,0) (1.5,0) (2,0) (2.3,0.8) (2.9,1) (3,0) (4,0) (4.2,1) (4.8,1) (4.9,0) (5.2,0)};
\draw[very thick] plot[const plot]
coordinates {(0,0) (0,1) (1,0) (2,1) (3,0) (4,1) (5,0) };
\end{tikzpicture}
Επομένως, είναι επιθυμητό να έχουμε μεγάλο εύρος ζώνης για να αυξήσουμε την ταχύτητα, αλλά
πρέπει να λάβουμε σε αυτήν την περίπτωση υπ' όψιν και τον θόρυβο, ο οποίος βρίσκεται κυρίως
στις υψηλότερες συχνότητες.
Τα διαγράμματα Bode γίνονται συνήθως σε λογαριθμική κλίμακα, που ορίζεται ως εξής:
\[
20\log\left\lvert \frac{\omega}{\omega_0} \right\rvert
\]
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (0,-4) -- (0,1.5);
\draw[->] (0,0) -- (6,0);
\draw[very thick,blue!50!cyan!70!black,name path=FR,mark position=0.9(c)] plot[smooth,tension=0.7,yscale=1.2]
coordinates {(0,0) (1.7,0.7) (4.5,-0.3) (6,-0.5)};
\draw (0,0) node[left] {0 dB};
\draw[dashed] (c) -- (c -| 0,0) node[left] {-3 dB};
\path[name path=l] (0,1.5*0.707)-- ++(6,0);
\draw[->] (0,-2.2) -- ++(6,0);
\draw[very thick,blue!50!cyan!50!green!70!black,name path=FR,yshift=-3cm] plot[smooth,variable=\x,domain=0:6,samples=18]
(\x,{1.5*atan((-\x +3)*3)/180});
\end{tikzpicture}
και ορίζουμε το εύρος ζώνης να είναι η απόσταση μεταξύ των συχνοτήτων στις οποίες η έξοδος
έχει τιμή \(-3\) dB, που αντιστοιχεί στην τιμή 0.707, αν το πλάτος 1 αντιστοιχεί σε 0 dB.
Προσοχή ότι η λογαριθμική κλίμακα στον οριζόντιο άξονα των συχνοτήτων δηλώνει ότι στην
αρχή των αξόνων δεν έχουμε τη συχνότητα 0, αλλά απλώς μία μικρή συχνότητα.
\begin{attnbox}{Δεκαδικός λογάριθμος}
\textbf{Προσοχή!} Με την πράξη \( \mathlarger{\log} \) εννοούμε τον \textbf{δεκαδικό} λογάριθμο,
και όχι τον φυσικό \( \ln \). Δηλαδή:
\[
\mathlarger{\mathlarger{ \log = \log_{10} }}
\]
Επίσης ισχύει \( \displaystyle \log x = \frac{\ln x}{\ln 10} \).
\end{attnbox}
\subsubsection{Σε πρωτοβάθμια συστήματα}
Ας ασχοληθούμε με το σύστημα \( \displaystyle H(s)=\frac{1}{1+sτ} \).
Στην απόκριση συχνότητας μάς ενδιαφέρει η έξοδος του συστήματος σε ημιτονοειδείς όρους,
δηλαδή για \( s = j\omega \), οπότε:
\[
H(j\omega ) = \frac{1}{1+j\omega τ}
\]
Η απόκριση φάσης είναι:
\[
φ(\omega) = \arg\left( H(j\omega) \right) = \arg\left(\frac{1-j\omega τ}{(1+j\omega τ)(1-j\omega τ)}\right)
= -\tan^{-1}
\frac{
\overbrace{
\frac{-\omega τ}{(1+j\omega τ)(1-j\omega τ)}
}^{\mathclap{\text{φανταστικό μέρος}}}
}{
\underbrace{\frac{1}{(1+j\omega τ)(1-j\omega τ)}}_{\mathclap{\text{πραγματικό μέρος}}}
} =
-\tan^{-1}(\omega τ)
\]
Η απόκριση συχνότητας τότε θα είναι:
\begin{align*}
20\log\left\lvert H(j\omega ) \right\rvert &=
-20\log\left\lvert 1+j\omega τ \right\rvert \\
&= -20\log \left( 1+\omega^2 τ^2 \right)^{\frac{1}{2}}
\\ &= -10\log(1+\omega^2τ^2)
\end{align*}
Ο σκοπός όμως είναι για την παραπάνω έκφραση να γνωρίζουμε προσεγγιστικά πώς μπορεί να
παρουσιαστεί σε διάγραμμα.
Ψάχνουμε τις ασύμπτωτες για την παραπάνω σχέση, και έχουμε:
\[
\begin{cases}
\text{για } \omega \ll \frac{1}{τ} &\quad =0\ \mathrm{dB} \\
\text{για } \omega \gg \frac{1}{τ} &\quad =-20\log \omega τ = \underbrace{-20\log\omega}_{\omega_c=\frac{1}{\tau}} -20\log\tau
\end{cases}
\]
(όπου ονομάζουμε την \( \omega_c = \frac{1}{\tau} \) χαρακτηριστική συχνότητα του συστήματος)
Έτσι, έχουμε δύο ασύμπτωτες ευθείες, και μπορούμε να προσεγγίσουμε τη συνάρτηση:
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
\draw[->] (0,-3) -- (0,2);
\draw[->] (0,0) -- (4,0) node[below] {$\omega$};
\draw[ultra thick,blue!50!cyan!70!black,mark position=0.67(c)]
plot[variable=\x,domain=0:4,samples=18,smooth,yshift=-1pt]
(\x,{-10*0.06*ln(1+ ( (exp(ln(10)*(\x-3)))/1 )^2 )});
\draw[ultra thick,orange!90!blue!90!black,opacity=.7]
(0,0) -- (3,0) -- ++(-68:3);
\draw (current bounding box.north east) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=orange!90!blue!90!black] (a) {};
\draw (a.south) ++(0,-0.5) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=blue!50!cyan!70!black] (b) {};
\draw (a.east) node[right] {προσεγγιστική απόκριση};
\draw (b.east) node[right] {πραγματική απόκριση};
\end{tikzpicture}
(Η χειρότερη προσέγγιση ίσως γίνεται στο σημείο όπου τέμνονται οι ευθείες, στο οποίο η
πραγματική τιμή είναι \( -10\log2 = -3\ \mathrm{dB} \)).
Για το σχεδιασμό του διαγράμματος φάσης, έχουμε:
\[
\begin{cases}
\text{για } \omega = 0 &\quad = 0\\
\text{για } \omega =\infty &\quad = -90\degree\\
\text{για } \omega = \omega_c &\quad = -45\degree
\end{cases}
\]
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (0,-3.5) -- (0,2);
\draw[->] (0,0) -- (4,0) node[below] {$\omega$};
\draw[ultra thick,blue!50!cyan!70!black,mark position=0.67(c)]
plot[variable=\x,domain=0:3.5,samples=18,smooth,yshift=-1pt]
(\x,{-10*0.02*ln(1+ ( (exp(ln(10)*(\x-2)))/1 )^2 )});
\draw[ultra thick,orange!90!blue!90!black,opacity=.7]
(0,0) -- (2,0) -- ++(-40:2);
\draw (current bounding box.north east) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=orange!90!blue!90!black] (a) {};
\draw (a.south) ++(0,-0.5) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=blue!50!cyan!70!black] (b) {};
%\draw (a.east) ++(0.25,0) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle] (a) {};
\draw (b.east) ++(0.25,0) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=blue!50!cyan!50!green!70!black] (b) {};
\draw (a.east) node[right] {προσεγγιστική απόκριση};
\draw (b.east) node[right] {πραγματική απόκριση};
\def\plh{-2.2}
\def\ptl{0.15}
\draw[->] (0,\plh) -- ++(4.5,0);
\begin{scope}[every node/.style={scale=.8,yshift=2pt}]
\draw (0,\plh) node[above right] {$\sfrac{0.01}{τ}$};
\draw (1,\plh) node[above] {$\sfrac{0.1}{τ}$} ++(0,\ptl/2) -- ++(0,-\ptl);
\draw (2,\plh) node[above] {$\sfrac{1}{τ}$} ++(0,\ptl/2) -- ++(0,-\ptl);
\draw (3,\plh) node[above] {$\sfrac{10}{τ}$} ++(0,\ptl/2) -- ++(0,-\ptl);
\draw (4,\plh) node[above] {$\sfrac{100}{τ}$} ++(0,\ptl/2) -- ++(0,-\ptl);
\draw[dashed] (0,-2.7) node[left] {$-45\degree$} -| (2,0);
\draw (0,-2.7-0.5) node[left] {$-90\degree$};
\draw[->] (0,-2.7-0.5) -- ++(4.5,0);
\end{scope}
\draw[very thick,blue!50!cyan!50!green!70!black,name path=FR,yshift=-2.7cm] plot[smooth,variable=\x,domain=0:4.4,samples=18]
(\x,{1*atan((-\x +2)*5)/180});
\end{tikzpicture}
Επίσης, μπορούμε να κάνουμε μια γραμμική προσέγγιση αυτής της εξόδου στη φάση, θεωρώντας
οριζόντια έξοδο μία δεκάδα πριν και μετά από τη χαρακτηριστική συχνότητα, και γραμμική
ανάμεσα:
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
\draw[->] (0,-3.5) -- (0,2);
\draw[->] (0,0) -- (4,0) node[below] {$\omega$};
\draw[ultra thick,blue!50!cyan!70!black,mark position=0.67(c)]
plot[variable=\x,domain=0:3.5,samples=18,smooth,yshift=-1pt]
(\x,{-10*0.02*ln(1+ ( (exp(ln(10)*(\x-2)))/1 )^2 )});
\draw[ultra thick,orange!90!blue!90!black,opacity=.7]
(0,0) -- (2,0) -- ++(-40:2);
\draw (current bounding box.north east) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=orange!90!blue!90!black] (a) {};
\draw (a.south) ++(0,-0.5) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=blue!50!cyan!70!black] (b) {};
\draw (a.east) ++(0.25,0) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=magenta] (a) {};
\draw (b.east) ++(0.25,0) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=blue!50!cyan!50!green!70!black] (b) {};
\draw (a.east) node[right] {προσεγγιστική απόκριση};
\draw (b.east) node[right] {πραγματική απόκριση};
\def\plh{-2.2}
\def\ptl{0.15}
\draw[->] (0,\plh) -- ++(4.5,0);
\begin{scope}[every node/.style={scale=.8,yshift=2pt}]
\draw (0,\plh) node[above right] {$\sfrac{0.01}{τ}$};
\draw (1,\plh) node[above] {$\sfrac{0.1}{τ}$} ++(0,\ptl/2) -- ++(0,-\ptl);
\draw (2,\plh) node[above] {$\sfrac{1}{τ}$} ++(0,\ptl/2) -- ++(0,-\ptl);
\draw (3,\plh) node[above] {$\sfrac{10}{τ}$} ++(0,\ptl/2) -- ++(0,-\ptl);
\draw (4,\plh) node[above] {$\sfrac{100}{τ}$} ++(0,\ptl/2) -- ++(0,-\ptl);
\draw[dashed] (0,-2.7) node[left] {$-45\degree$} -| (2,0);
\draw (0,-2.7-0.5) node[left] {$-90\degree$};
\draw[->] (0,-2.7-0.5) -- ++(4.5,0);
\end{scope}
\draw[very thick,blue!50!cyan!50!green!70!black,name path=FR,yshift=-2.7cm] plot[smooth,variable=\x,domain=0:4.4,samples=18]
(\x,{1*atan((-\x +2)*5)/180});
\draw[gray,dashed] (3,\plh) -- ++(0,-1);
\draw[ultra thick,magenta,yshift=-2.7cm]
(0,0.5) -- (1,0.5) -- (3,-0.5) -- (4.4,-0.5);
\end{tikzpicture}
δηλαδή:
\[
φ = -45-45\log|\omega_t|
\]
Αν είχαμε μια συνάρτηση με ένα κέρδος \( κ \neq 1 \), τότε στο διάγραμμα μέτρου απλώς
προστίθεται μια σταθερά \( 20\log κ \), και το διάγραμμα θα ανεβεί προς τα πάνω ή προς τα
κάτω, ανάλογα με το αν \( κ > 1 \) ή \( κ < 1 \) αντίστοιχα.
Με τα διαγράμματα Bode μπορούμε επομένως να βρούμε την έξοδο του συστήματος σε ημιτονοειδή
είσοδο. Για την απόκριση ταχύτητας, ενδιαφέρουν περισσότερο τα διαγράμματα πλάτους και όχι
φάσης.
\subsubsection{Σε δευτεροβάθμια συστήματα}
Θυμίζουμε τη συνάρτηση μεταφοράς δευτεροβάθμιων συστημάτων:
\[
H(s) = \frac{\omega_n^2}{s^2+2ζ\omega_n s + \omega_n^2}
\]
Όπως παραπάνω, για να πάρουμε την απόκριση συχνότητας θεωρούμε \( s = j\omega \):
\begin{align*}
H(j\omega )&= \frac{1}{1-\left(\frac{\omega }{\omega_n}\right)^2
+j2ζ\frac{\omega}{\omega_n}} \\
\left\lvert H(j\omega ) \right\rvert_{\mathrm dB}
&= -10\log\left[
\left(1-\frac{\omega^2}{\omega_n^2}\right)^2+4ζ^2\frac{\omega^2}{\omega_n^2}
\right]
\end{align*}
Κάνουμε προσέγγιση με ασυμπτώτους:
\[
\begin{cases}
\frac{\omega}{\omega_n} \ll 1 &\quad 0\ \mathrm{dB} \\
\frac{\omega}{\omega_n} \gg 1 &\quad -40\log\frac{\omega}{\omega_n} \\
% \omega = \omega_n &\quad 0 \ \mathrm{dB}
\end{cases}
\]
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
\draw[->] (0,-2) -- (0,1);
\draw[->] (0,0) -- (4,0) node[below] {$\omega$};
\draw[ultra thick,orange!90!blue!80!black,opacity=1]
(0,0) -- (2,0) -- ++(-40:3)
node[midway,right] {-40 dB/dec};
\filldraw (2,0) circle (1pt) node[above] {$\omega_n$};
\draw (current bounding box.north east) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=orange!90!blue!80!black] (a) {};
\draw (a.east) node[right] {προσεγγιστική απόκριση};
\end{tikzpicture}
Στην πραγματικότητα, η απόκριση συχνότητας μοιάζει ως εξής, και εξαρτάται από το \( ζ \):
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
\draw[->] (0,-2) -- (0,1.5);
\draw[->] (0,0) -- (4,0) node[below] {$\omega$};
%\draw[ultra thick,blue!50!cyan!70!black,mark position=0.67(c)] plot[variable=\x,domain=0:4,samples=18,smooth,yshift=-1pt] (\x,{-10*0.06*ln(1+ ( (exp(ln(5)*(\x-3)))/1 )^2 ) +10*0.02*ln(1+ ( (exp(ln(10/4)*(\x-1)))/1 )^2 ) });
\draw[blue!50!cyan!70!black]
(2.25,0) -- ++(0,1);
\draw[ultra thick,blue!50!cyan!70!black,mark position=0.67(c)]
plot[smooth] coordinates {(0,0) (1.5,0.05) (2.5,0.1) (4.4,-1.8)};
\draw[ultra thick,blue!50!cyan!70!black,mark position=0.67(c)]
plot[smooth] coordinates {(0,0) (1.5,0.2) (2.5,0.5) (4.4,-1.75)};
\draw[ultra thick,blue!50!cyan!70!black,mark position=0.67(c)]
plot[smooth,tension=.6] coordinates {(0,0) (1.5,0.4) (2.5,0.9) (4.4,-1.7)};
\filldraw[blue!50!cyan!70!black]
(2.25,0) circle (1pt) node[below right,scale=.9] {$\omega_r$};
\draw[ultra thick,orange!90!blue!80!black,opacity=1]
(0,0) -- (2,0) -- ++(-40:3)
node[midway,below left] {-40 dB/dec};
\filldraw (2,0) circle (1pt) node[above] {$\omega_n$};
\draw (current bounding box.north east) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=orange!90!blue!80!black] (a) {};
\draw (a.south) ++(0,-0.5) node[minimum width=2mm,minimum height=2mm,rectangle,draw,fill=blue!50!cyan!70!black] (b) {};
\draw (a.east) node[right] {προσεγγιστική απόκριση};
\draw (b.east) node[right] {πραγματική απόκριση};
\end{tikzpicture}
Παρατηρούμε μία υπερύψωση κοντά στο \( \omega_n \) (αλλά όχι ακριβώς επάνω του), που αυξάνεται
όσο μειώνεται το \( ζ \), και συχνά δεν είναι επιθυμητή.
Αν παραγωγίσουμε την έξοδο για να βρούμε το ακρότατο (θέτουμε \( u=\frac{\omega}{\omega_n} \) για ευκολία):
\[
\od{H}{u} = \frac{1}{\sqrt{1-u^2+(2ζu)^2}}
\]
η οποία μηδενίζεται για \( \frac{\omega}{\omega_n} = u = \sqrt{1-2ζ^2} \). Αυτό ορίζεται
αν \( ζ<0.707 \), δηλαδή υπάρχει υπερύψωση μόνο όταν \( \boxed{ζ<0.707} \).
\begin{theorem}{Εύρος ζώνης δευτεροβάθμιου συστήματος}{}
Το \emph{εύρος ζώνης} (μέχρι τα -3 dB) αποδεικνύεται ότι είναι:
\[
\omega_b = \omega_n