تجزیه و تحلیل سیستم با استفاده از تبدیل لاپلاس

چیزی که یاد خواهید گرفت

چگونه یک معادله دیفرانسیل ضریب ثابت خطی به تابع سیستم \(H(s)\) تبدیل می شود، نسبتی از دو چند جمله ای که مستقیماً از ضرایب خوانده می شود.
تقسیم تمیز پاسخ کامل به بخش‌های ورودی صفر و حالت صفر، که به‌طور خودکار با تبدیل یک طرفه فصل 18 ایجاد می‌شود.
چگونه می توان به نمودار قطب صفر نگاه کرد و بدون محاسبه چیزی گفت که آیا پاسخ کاهش می یابد، نوسان می کند، حلقه می زند یا فرار می کند.
گزاره های دقیق علّیت و پایداری در صفحه \(s\) و اینکه چرا همان \(H(s)\) می تواند یک سیستم غیر علّی پایدار و یک سیستم علّی ناپایدار را توصیف کند.
اتصالات - آبشاری، موازی، بازخورد - و چگونگی تبدیل \(H(s)\) به نمودار بلوکی از یکپارچه‌کننده‌ها، سودها و جمع‌کننده‌هایی که می‌توان ساخت.
سیستم مرتبه دوم استاندارد: \(\zeta\)، \(\omega_n\)، بیش از حد، زمان پیک و زمان ته نشینی، همه از پاسخ گام به جای نقل قول مشتق شده اند.
چگونه پاسخ فرکانس به صورت هندسی از نمودار قطب صفر خوانده می شود و سیستم‌های حداقل فاز، تمام گذر و معکوس در آن تصویر به چه معنا هستند.

بخش 19-1

از معادله دیفرانسیل تا تابع سیستم

فصل 9 معادله‌ای را که تقریباً بر هر سیستم فیزیکی یکپارچه‌ای که یک دانشجوی کارشناسی ملاقات می‌کند حاکم می‌کند - یک معادله دیفرانسیل با ضریب ثابت خطی که یک ورودی \(x(t)\) را به یک خروجی \(y(t)\) مرتبط می‌کند، نوشت و آن را به روش کلاسیک، با یک مجموعه همگن، یک راه‌حل ثابت و یک راه‌حل ثابت حل کرد. فصل 18 ویژگی‌هایی را ارائه می‌کند که همه آن‌ها را غیرضروری می‌کند: مشتق‌گیری در \(s\) ضرب می‌شود.

معادله کلی را در نظر بگیرید و آن را ترم به ترم تبدیل کنید، در حالی که سیستم ابتدا در حالت سکون است تا هیچ عبارت مرزی ظاهر نشود:

معادله دیفرانسیل و تبدیل آن

\[ \sum_{k=0}^{N}a_k\frac{d^{\,k}y(t)}{dt^{\,k}} = \sum_{k=0}^{M}b_k\frac{d^{\,k}x(t)}{dt^{\,k}} \qquad\Longrightarrow\qquad Y(s)\sum_{k=0}^{N}a_k s^{k} = X(s)\sum_{k=0}^{M}b_k s^{k} \]

هر دو طرف اکنون چند جمله‌ای هستند که تبدیل‌ها را ضرب می‌کنند، و نسبت \(Y(s)/X(s)\) را می‌توان به سادگی تقسیم کرد. نتیجه فقط به ضرایب معادله بستگی دارد - یعنی فقط به سیستم.

🔑

عملکرد سیستم

\[ H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{b_M s^{M}+\cdots+b_1 s+b_0}{a_N s^{N}+\cdots+a_1 s+a_0} = \frac{B(s)}{A(s)} \]

\(H(s)\) تبدیل لاپلاس پاسخ ضربه است، زیرا ویژگی کانولوشن \(Y(s)=H(s)X(s)\) را می دهد و ورودی ضربه دارای \(X(s)=1\) است. هر زمان که سیستم از یک معادله دیفرانسیل مرتبه محدود تبعیت کند، منطقی است و ضرایب آن ضرایب آن معادله است.

دو نام از فصل 9 آمده است. مخرج \(A(s)\) چند جمله ای مشخصه است و ریشه های آن - قطب های \(H(s)\) - دقیقاً ریشه های مشخصه ای هستند که پاسخ طبیعی را در آنجا تعیین می کنند. هیچ چیز جدیدی کشف نشده است. چیزی که تغییر کرده این است که یافتن آنها دیگر نیازی به حدس زدن \(y(t)=e^{\lambda t}\) و جایگزینی ندارد، زیرا تبدیل به طور خودکار تعویض را انجام می دهد. ریشه‌های عددی، صفرها، هیچ نقشی در روش کلاسیک نداشتند، و دقیقاً به همین دلیل است که روش کلاسیک هرگز توضیح نداد که چرا دو سیستم با فرکانس‌های طبیعی یکسان می‌توانند اینقدر متفاوت رفتار کنند.

چیزی که معادله به شما نمی گوید. یک معادله دیفرانسیل \(H(s)\) و هیچ چیز دیگری را برطرف می کند. در مورد ناحیهٔ همگرایی چیزی نمی گوید، و بنابراین چیزی در مورد علت یا پایدار بودن سیستم - بخش 19-4 یک \(H(s)\) را نشان می دهد که سه سیستم مختلف را توصیف می کند. در عمل، فرض علّیت را اضافه می کنیم، که ROC را به نیم صفحه سمت راست سمت راست ترین قطب می چسباند، و هر چیز دیگری به دنبال آن است.

بخش 19-2

صفر ورودی و پاسخ حالت صفر

هنگامی که ورودی می رسد، سیستم‌های واقعی به ندرت در حالت استراحت هستند. خازن شارژ نگه می دارد، سلف جریان را حمل می کند، شفت در حال چرخش است. بخش 18-9 ابزار را دقیقاً برای این ساخته است: تبدیل یک طرفه شرایط اولیه را به عنوان اصطلاحات افزودنی به جبر منتقل می کند.

یک سیستم مرتبه دوم را در نظر بگیرید که برای نشان دادن کل الگو کافی است:

تبدیل با حفظ شرایط اولیه

\[ \ddot y + a_1\dot y + a_0 y = b_0 x \]

\[ \big[s^2 Y - s\,y(0^-) - \dot y(0^-)\big] + a_1\big[sY - y(0^-)\big] + a_0 Y = b_0 X(s) \]

شرایط را در \(Y\) در سمت چپ و هر چیز دیگری در سمت راست جمع آوری کنید. چند جمله‌ای ضرب‌کننده \(Y\) \(A(s)=s^2+a_1s+a_0\) است - دوباره چند جمله‌ای مشخصه - و سمت راست به یک قسمت ورودی و یک قسمت شرط اولیه تقسیم می‌شود:

🔑

پاسخ کامل، در دو قطعه

\[ Y(s)=\underbrace{\frac{B(s)}{A(s)}X(s)}_{\text{zero-state}} \;+\; \underbrace{\frac{I(s)}{A(s)}}_{\text{zero-input}}, \qquad I(s) = \big[s+a_1\big]y(0^-)+\dot y(0^-) \]

اولین عبارت آن چیزی است که ورودی در یک سیستم در حالت استراحت تولید می کند. دوم آن چیزی است که انرژی ذخیره شده بدون هیچ ورودی تولید می کند. هر دو با یک \(A(s)\) تقسیم می شوند، بنابراین هر دو از یک حالت طبیعی ساخته شده اند.

آخرین مشاهدات بیش از آنچه به نظر می رسد اهمیت دارد. از آنجایی که این دو قطعه یک مخرج مشترک دارند، آنها قطب های مشترکی دارند و اصطلاحات حالت طبیعی آنها می تواند یکدیگر را تقویت یا خنثی کند. مثال کارکرده 2 شامل موردی است که در آن حالت موجود در هر دو نیمه به طور کامل از مجموع ناپدید می شود - یادآوری این که "پاسخ ورودی صفر" و "پاسخ طبیعی" مترادف نیستند.

ارزش این را دارد که سه تجزیه مختلف از یک \(y(t)\) را از هم جدا نگه دارید، زیرا معاینه کنندگان از این تمایز لذت می برند:

تقسیم کنید	قسمت اول	قسمت دوم	ممتاز شده توسط
ورودی صفر / حالت صفر	انرژی ذخیره شده به تنهایی عمل می کند	ورودی اقدام به تنهایی	علت
طبیعی / اجباری	شرایط با قطب های سیستم	شرایط با قطب های ورودی	این اصطلاح از کدام قطب ها آمده است
گذرا / حالت پایدار	اصطلاحاتی که به صفر می رسند	شرایطی که باقی می مانند	رفتار به عنوان \(t\to\infty\)

آنها فقط در موارد خاص منطبق هستند. برای مثال، پاسخ حالت صفر یک سیستم پایدار که توسط یک پله هدایت می‌شود، شامل عبارات حالت طبیعی (که گذرا هستند) و همچنین یک ثابت (که حالت پایدار است) است، بنابراین نه صرفاً اجباری است و نه کاملاً حالت ثابت.

بخش 19-3

قطب ها، صفرها و شکل پاسخ

یک \(H(s)\) منطقی با قطب های متمایز را به کسرهای جزئی بسط دهید و ترم به ترم معکوس کنید. برای یک سیستم علّی، هر عبارت سمت راست است، بنابراین

قطب ها حالت هستند

\[ H(s)=\sum_{i=1}^{N}\frac{A_i}{s-p_i} \qquad\Longrightarrow\qquad h(t)=\sum_{i=1}^{N}A_i e^{p_i t}\,u(t) \]

هر قطب دارای یک نمایی است، و موقعیت قطب در صفحه به طور کامل شخصیت آن نمایی را دیکته می کند. \(p = \sigma + j\omega_d\) را بنویسید. قسمت واقعی \(\sigma\) نشان دهنده پوشش \(e^{\sigma t}\) است و قسمت خیالی \(\omega_d\) میزان نوسانات عبارت است. همه چیزهای دیگر از این دو جمله نتیجه می شود.

یک قطب روی محور واقعی منفی در \(s=-a\) یک فروپاشی ساده \(e^{-at}\) با ثابت زمانی \(1/a\) می دهد: هرچه قطب بیشتر سمت چپ باشد، حالت سریعتر از بین می رود. یک جفت مزدوج در \(\sigma\pm j\omega_d\)، به دلیل اینکه باقیمانده‌ها مزدوج‌هایی برای یک سیستم واقعی هستند، به یک اصطلاح واقعی واحد \(2|A|e^{\sigma t}\cos(\omega_d t + \angle A)\) ترکیب می‌شوند - زنگی که در صورت \(\sigma \lt 0\) خراب می‌شود. یک جفت دقیقاً روی محور فرضی نوسانی می دهد که هرگز تحلیل نمی رود. یک قطب در مبدا یک ثابت می دهد، به همین دلیل است که یک انتگرالگر یک ثابت دارد. و یک قطب در هر نقطه در نیم صفحه سمت راست حالتی را می دهد که بدون محدودیت رشد می کند.

هر قطب یک حالت است - قسمت واقعی آن پوش را تنظیم می کند، قسمت خیالی آن زنگ را تنظیم می کند.

قطب های مکرر فقط کمی تصویر را تغییر می دهند. یک قطب چندگانگی \(m\) در \(s=p\) شرایط \(t^{k}e^{pt}\) را برای \(k=0,\dots,m-1\) با مشتق‌گیری-در-\(s\) نتیجه بخش 18-5 ایجاد می کند. ضریب چند جمله‌ای رشد می‌کند، اما هر نمایی با \(\sigma \lt 0\) در نهایت آن را شکست می‌دهد، بنابراین یک قطب مکرر در نیم صفحه سمت چپ همچنان فروپاشی می‌کند. در محور خیالی داستان متفاوت است: یک قطب دوتایی در \(s=\pm j\omega_0\) \(t\cos\omega_0 t\) می دهد که رشد می کند. به همین دلیل است که «قطب های ساده» در تعریف ثبات حاشیه ای ظاهر می شود.

پس صفرها چه کار می کنند؟ آنها اصلاً حالتی ایجاد نمی کنند - نمایی در \(h(t)\) به طور کامل توسط قطب ها ثابت می شود. چه صفرهایی کنترل باقی مانده است: چه مقدار از هر حالت ظاهر می شود. یک صفر نزدیک به یک قطب، باقیمانده آن قطب را کوچک می کند، زیرا باقیمانده \(A_i = B(p_i)/A'(p_i)\) حاوی \(B(p_i)\) است و \(B\) تقریباً صفر است. صفر را دقیقاً روی قطب قرار دهید و حالت به طور کلی از پاسخ محو می شود.

دو سیستم، قطب های یکسان، رفتار متفاوت. \(H_1(s)=\dfrac{1}{(s+1)(s+10)}\) و \(H_2(s)=\dfrac{s+9}{(s+1)(s+10)}\) فرکانس های طبیعی یکسانی دارند. اما در \(H_2\) صفر در \(-9\) تقریباً بالای قطب در \(-10\) قرار می گیرد، بنابراین حالت سریع به سختی ظاهر می شود و پاسخ با عبارت کند \(e^{-t}\) غالب می شود. لهستانی ها می گویند کدام حالت ها وجود دارد. صفرها می گویند که هر کدام چقدر بلند صحبت می کنند.

بخش 19-4

علّیت و پایداری در s-Plane

فصل 17 دو واقعیتی را که این بخش از آن استفاده می کند، مشخص کرد. یک سیستم علّی دارای یک پاسخ ضربه سمت راست است، بنابراین ROC آن نیمه صفحه سمت راست سمت راست ترین قطب است. یک سیستم پایدار BIBO یک پاسخ ضربه کاملاً یکپارچه دارد و \(\int|h(t)|dt \lt \infty\) دقیقاً بیانیه ای است که انتگرال تعیین کننده در \(s=j\omega\) همگرا می شود - بنابراین ROC آن حاوی محور خیالی است. این دو را کنار هم بگذارید و تست استاندارد حذف می شود.

🔑

تست پایداری برای یک سیستم علّی

\[ \text{causal and BIBO stable} \quad\Longleftrightarrow\quad \text{every pole of } H(s) \text{ satisfies } \operatorname{Re}\{p_i\} \lt 0 \]

علّیت ROC را در سمت راست ترین قطب قرار می دهد. ثبات مستلزم آن است که آن منطقه شامل محور خیالی باشد. این دو خواسته تنها در صورتی می توانند با هم برآورده شوند که سمت راست ترین قطب کاملاً سمت چپ محور باشد.

هر کلمه در آن عبارت باربر است و حذف "علت" اشتباه معمول است. یک \(H(s)\) یک سیستم نیست. \(H(s)=\dfrac{1}{(s+1)(s-2)}\) را در نظر بگیرید که قطب های آن \(-1\) و \(+2\) هستند. سه ناحیهٔ همگرایی با آن قطب‌ها سازگار هستند و هر کدام یک سیستم واقعاً متفاوت را توصیف می‌کنند:

ROC	\(h(t)\)	علّی؟	پایدار؟
\(\operatorname{Re}\{s\} \gt 2\)	\(-\tfrac13 e^{-t}u(t)+\tfrac13 e^{2t}u(t)\)	بله	نه
\(-1 \lt \operatorname{Re}\{s\} \lt 2\)	\(-\tfrac13 e^{-t}u(t)-\tfrac13 e^{2t}u(-t)\)	نه	بله
\(\operatorname{Re}\{s\} \lt -1\)	\(\tfrac13 e^{-t}u(-t)-\tfrac13 e^{2t}u(-t)\)	نه	نه

جبر در هر سه ردیف یکسان است. فقط ROC متفاوت است، و تصمیم می‌گیرد که آیا هر قطب یک قطعه سمت راست یا چپ را تشکیل می‌دهد. یک سیستم فیزیکی علّی است، بنابراین ردیف اول یک مدار است که یک مدار را توصیف می کند - و ناپایدار است، که هیچ مقدار از بازنویسی جبر آن را درمان نمی کند.

بین پایدار و ناپایدار، پایداری حاشیه ای قرار دارد: قطب های ساده در محور فرضی و هیچ کدام در سمت راست. چنین سیستمی به خودی خود منفجر نمی شود، اما BIBO نیز پایدار نیست. یک تشدید کننده بدون میرایی \(H(s)=\omega_0^2/(s^2+\omega_0^2)\) که توسط ورودی محدود \(\cos\omega_0 t\) هدایت می‌شود خروجی‌ای مانند \(t\sin\omega_0 t\) تولید می‌کند. فرکانس ورودی دقیقاً روی قطب فرود می آید و پاسخ نامحدود است. یک ورودی محدود یک خروجی نامحدود تولید کرده است که تعریف ناپایداری از فصل 8 است.

برای سیستم‌های درجه پایین، قطب ها اصلاً نیازی به محاسبه ندارند. چند جمله ای مشخصه را به صورت \(s^2+a_1s+a_0=(s-p_1)(s-p_2)\) بنویسید تا \(a_1=-(p_1+p_2)\) و \(a_0=p_1p_2\). اگر ریشه ها یک جفت پیچیده \(\sigma\pm j\omega\) باشند، \(a_1=-2\sigma\) و \(a_0=\sigma^2+\omega^2 \gt 0\) به طور خودکار، بنابراین \(a_1 \gt 0\) دقیقاً شرط \(\sigma \lt 0\) است. اگر آنها واقعی باشند، هر دو دقیقاً زمانی منفی هستند که مجموع آنها منفی و حاصلضرب آنها مثبت باشد - دوباره \(a_1 \gt 0\) و \(a_0 \gt 0\). در هر صورت:

ثبات مرتبه دوم، بدون یافتن ریشه

\[ s^{2}+a_1 s+a_0 \ \text{has both roots in the open LHP} \iff a_1 \gt 0 \ \text{and} \ a_0 \gt 0 \]

برای مرتبه‌های بالاتر، مثبت بودن همه ضرایب ضروری باقی می‌ماند - یک چند جمله‌ای با تمام ریشه‌ها در فاکتورهای نیمه صفحه سمت چپ به صورت \((s+a)\) و \((s^2+bs+c)\) با \(a,b,c \gt 0\)، و حاصلضرب چنین عواملی نمی‌تواند ضریب منفی یا گمشده ایجاد کند - اما دیگر کافی نیست. تصمیم گیری در مورد مورد کلی به معیار Routh-Hurwitz مربوط می شود که به یک دوره کنترل تعلق دارد. برای این موضوع، چند جمله ای را فاکتور بگیرید یا به قانون مرتبه دوم اعتماد کنید.

بخش 19-5

ارتباط متقابل، بازخورد و تحقق

بخش 18-6 نشان داد که یک آبشار توابع سیستم را ضرب می کند و یک اتصال موازی آنها را اضافه می کند. بازخورد سومین ترتیب است و آن چیزی است که قطب ها را تغییر می دهد. اجازه دهید مسیر رو به جلو \(G(s)\)، مسیر بازخورد \(F(s)\) باشد و اجازه دهید مقایسه کننده تفریق کند. سپس \(E=X-FY\) و \(Y=GE\)، بنابراین \(Y = G(X - FY)\)، و جمع آوری \(Y\):

بستن حلقه

\[ Y(s)\big[1+G(s)F(s)\big]=G(s)X(s) \qquad\Longrightarrow\qquad H(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)F(s)} \]

قطب های سیستم حلقه بسته ریشه های \(1+G(s)F(s)=0\) هستند و به طور کلی به قطب های \(G\) نزدیک نیستند. همین یک جمله به همین دلیل است که اصلاً از بازخورد استفاده می شود: این تنها اتصالی است که می تواند یک قطب را حرکت دهد. آبشار کردن و اضافه کردن بلوک‌ها صرفاً قطب‌هایی را که قبلاً آنجا بودند جمع‌آوری می‌کند و هیچ کدام نمی‌توانند یک گیاه ناپایدار را تثبیت کنند. مثال کار شده 5، سیستمی را می گیرد که یک قطب در مبدا گیر کرده است و با بستن یک حلقه در اطراف آن، آن را به نیمه صفحه سمت چپ منتقل می کند.

سوال معکوس - با توجه به \(H(s)\)، چه مداری آن را تولید می کند؟ - پاسخی به همان اندازه سیستماتیک دارد. از آنجایی که \(1/s\) یک یکپارچه کننده است (بخش 18-7)، هر \(H(s)\) منطقی را می توان به عنوان یکپارچه کننده، سود ثابت و جمع کننده ترسیم کرد. حالت مرتبه دوم را به عنوان یک نسبت بنویسید و یک سیگنال میانی \(W(s)\) تعریف شده توسط \(X(s)=A(s)W(s)\) معرفی کنید:

فرم مستقیم II، مشتق شده است

\[ H(s)=\frac{b_0s^2+b_1s+b_2}{s^2+a_1s+a_2}=\frac{Y(s)}{W(s)}\cdot\frac{W(s)}{X(s)}, \qquad \frac{W(s)}{X(s)}=\frac{1}{s^2+a_1s+a_2}, \qquad \frac{Y(s)}{W(s)}=b_0s^2+b_1s+b_2 \]

\[ s^{2}W(s)=X(s)-a_1\,sW(s)-a_2\,W(s), \qquad\qquad Y(s)=b_0\,s^{2}W(s)+b_1\,sW(s)+b_2\,W(s) \]

واضح تر بخوانید: تعریف کنید\(w(t)\)به طوری که\(\ddot w + a_1\dot w + a_2 w = x(t)\); سپس\(y = b_0\ddot w + b_1\dot w + b_2 w\)تکثیر می کند\(H(s)\)دقیقاً، زیرا تقسیم رابطه دوم بر رابطه اول، نسبت چند جمله ای ها را باز می گرداند. حالا بساز\(\ddot w\)در یک اتصال جمع، آن را دو بار انتگرال‌گیری کنید تا به دست آید\(\dot w\)و\(w\)، آنها را با دستاوردها تغذیه کنید\(-a_1\)و\(-a_2\)، و روی هر سه سیگنال با سود ضربه بزنید\(b_0,b_1,b_2\)برای تشکیل خروجی دو انتگرال‌گیری کننده هر دو مسیر بازخورد و فید فوروارد را ارائه می دهند، به همین دلیل است که این آرایش اقتصادی است.

Direct Form II - دو انتگرال‌گیری کننده مشترک بین مسیرهای بازخورد و فید فوروارد

همان \(H(s)\) تحقق های دیگری را می پذیرد. با بسط آن به کسرهای جزئی و ساختن هر عبارت به طور جداگانه شکل موازی به دست می آید. فاکتور کردن آن به درجه دوم و آبشاری آنها شکل آبشاری را می دهد. هر سه روی کاغذ یکسان هستند و در عمل با هم تفاوت دارند، زیرا مولفه های واقعی دارای تلورانس هستند و محاسبات واقعی دقت محدودی دارد و یک فرم مستقیم مرتبه بالا به طور مشهور به خطاهای ضریب کوچک حساس است. فصل 25 دقیقاً این سؤال را برای سیستم‌های زمان‌گسسته بازبینی می کند، جایی که ضرایب اعداد ذخیره شده در یک ثبات هستند و حساسیت به جای یک کنجکاوی یک محدودیت طراحی است.

بخش 19-6

سیستم‌های مرتبه اول و دوم

دو مورد خاص بیشتر مواردی را که مهندسان واقعاً با آن طراحی می‌کنند، تشکیل می‌دهند، تا حدی به این دلیل که معمول هستند و تا حدی به این دلیل که یک سیستم با مرتبه بالا معمولاً توسط یک یا دو قطب نزدیک‌ترین محور به محور خیالی تسلط دارد - بقیه خیلی سریع تجزیه می‌شوند که اهمیت پیدا نمی‌کنند.

سیستم مرتبه اول \(H(s)=1/(\tau s+1)\) دارای یک قطب در \(s=-1/\tau\) است. پاسخ ضربه آن \((1/\tau)e^{-t/\tau}u(t)\) و پاسخ گامی آن از \(Y=H/s\) است.

پاسخ مرحله اول مرتبه

\[ Y(s)=\frac{1}{s(\tau s+1)}=\frac{1}{s}-\frac{\tau}{\tau s+1} \qquad\Longrightarrow\qquad y(t)=\big(1-e^{-t/\tau}\big)u(t) \]

که در \(t=\tau\) به 63.2% مقدار نهایی خود می رسد و پس از حدود \(4\tau\) در 2% آن قرار دارد. هیچ بیش از حد و بدون نوسان وجود دارد. یک قطب واقعی نیز نمی تواند تولید کند.

سیستم مرتبه دوم جایی است که رفتار جالب شروع می شود. این به طور کلی بر اساس دو پارامتر نوشته شده است، فرکانس طبیعی بدون میرا \(\omega_n\) و نسبت میرایی \(\zeta\):

🔑

سیستم مرتبه دوم استاندارد

\[ H(s)=\frac{\omega_n^{2}}{s^{2}+2\zeta\omega_n s+\omega_n^{2}}, \qquad p_{1,2}=-\zeta\omega_n \pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^{2}} \]

قطب ها روی دایره ای به شعاع \(\omega_n\) در مرکز مبدا قرار دارند، در زاویه \(\theta\) از محور واقعی منفی با \(\cos\theta=\zeta\). افزایش \(\zeta\) آنها را به سمت محور واقعی می چرخاند. افزایش \(\omega_n\) آنها را در امتداد همان پرتوها به سمت بیرون هل می دهد.

چهار رژیم مستقیماً از ممیز تبعیت می کنند. با \(\zeta=0\) قطب ها روی محور خیالی قرار می گیرند و سیستم برای همیشه در \(\omega_n\) نوسان می کند. با \(0 \lt \zeta \lt 1\) آنها یک جفت پیچیده هستند و پاسخ کم میرا می شود - یک حلقه در حال پوسیدگی در فرکانس میرایی \(\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}\). در \(\zeta=1\) آنها روی محور واقعی در \(-\omega_n\) منطبق می‌شوند: دارای میرایی بحرانی، سریع‌ترین رویکرد بدون افزایش بیش از حد. برای \(\zeta \gt 1\) آنها در امتداد محور واقعی از هم جدا می شوند و پاسخ بیش از حد کاهش می یابد، که توسط کندتر از این دو تسلط دارد.

پاسخ گام کم میرا ارزش یک بار استخراج را دارد. \(Y(s)=\omega_n^2/\big[s(s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2)\big]\) را با تکمیل مربع در مخرج تقسیم کنید:

استخراج پاسخ گامی کم میرایی

\[ Y(s)=\frac{1}{s}-\frac{s+2\zeta\omega_n}{(s+\zeta\omega_n)^2+\omega_d^2} = \frac{1}{s}-\frac{s+\zeta\omega_n}{(s+\zeta\omega_n)^2+\omega_d^2}-\frac{\zeta\omega_n}{\omega_d}\cdot\frac{\omega_d}{(s+\zeta\omega_n)^2+\omega_d^2} \]

\[ y(t)=1-e^{-\zeta\omega_n t}\left[\cos\omega_d t+\frac{\zeta}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}\sin\omega_d t\right]u(t) = 1-\frac{e^{-\zeta\omega_n t}}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}\sin\!\big(\omega_d t+\theta\big),\quad \cos\theta=\zeta \]

دو جفت سینوسی میرا مستقیماً از جدول فصل 17 آمده اند و آخرین مرحله، فروپاشی استاندارد \(a\cos+b\sin\) به یک سینوسی منفرد است. حالا ممشتق‌گیری کن همه چیز به جز عبارت سینوس لغو می شود و \(\dot y(t)=\dfrac{\omega_n}{\sqrt{1-\zeta^2}}e^{-\zeta\omega_nt}\sin\omega_d t\) باقی می ماند که در زمانی که \(\omega_d t=k\pi\) صفر است. بنابراین اولین حداکثر در \(t_p=\pi/\omega_d\) است و جایگزینی آن با \(y\) با \(\sin(\pi+\theta)=-\sin\theta=-\sqrt{1-\zeta^2}\) مقدار پیک را مستقیماً به دست می‌دهد.

🔑

اقدامات پاسخ گامی ضعیف

\[ t_p=\frac{\pi}{\omega_d}, \qquad M_p=\exp\!\left(\frac{-\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}\right), \qquad t_s \approx \frac{4}{\zeta\omega_n}\ (2\%) \]

Overshoot تنها به \(\zeta\) بستگی دارد - نه به \(\omega_n\). زمان نشست بستگی به \(\zeta\omega_n\)، فاصله قطب ها از محور فرضی دارد. زمان اوج به \(\omega_d\) بستگی دارد، ارتفاع آنها بالاتر از محور واقعی.

این سه جمله کل واژگان طراحی هستند. بیش از حد کمتر می خواهید؟ قطب ها را به سمت محور واقعی بچرخانید. تسویه حساب سریع تری می خواهید؟ آنها را به سمت چپ فشار دهید. آیا می‌خواهید یک قله سریع‌تر را بدون تغییر بیش از حد بالا داشته باشید؟ آنها را در امتداد همان پرتو به سمت خارج حرکت دهید، \(\omega_n\) را در \(\zeta\) ثابت افزایش دهید.

نسبت میرایی به تنهایی میزان بیش از حد را تعیین می کند. منحنی ها در برابر \(\omega_n t\) رسم می شوند، بنابراین \(\omega_n\) فقط محور افقی را تغییر می دهد

بخش 19-7

گذرا، حالت پایدار و ارزش نهایی

برای یک سیستم پایدار، هر حالتی که از یک قطب سیستم ایجاد می شود، تحلیل می رود، بنابراین هر چیزی که به عنوان \(t\to\infty\) باقی می ماند باید از قطب های خود ورودی آمده باشد. آن مشاهده واحد، کل تحلیل حالت پایدار را سازماندهی می کند.

ابتدا یک ورودی گام بردارید. سپس \(Y(s)=H(s)/s\)، و به شرط پایداری \(H\)، تنها قطب \(sY(s)=H(s)\) که می‌توانست روی محور یا سمت راست آن قرار گیرد، حذف شده است، بنابراین قضیه ارزش نهایی بخش 18-8 اعمال می‌شود:

بهره DC

\[ y(\infty)=\lim_{s\to 0}s\cdot\frac{H(s)}{s}=H(0) \]

پاسخ حالت پایدار به یک پلهٔ واحد به سادگی \(H(0)\) است، عملکرد سیستم در مبدا ارزیابی می شود - بهره DC. برای سیستم استاندارد مرتبه دوم \(H(0)=\omega_n^2/\omega_n^2=1\)، به همین دلیل است که پاسخ گام آن بدون توجه به اینکه چگونه به آنجا می رسد دقیقاً روی 1 قرار می گیرد.

یک ورودی سینوسی جالب‌تر است، و یک حلقه را با فصل 15 می‌بندد. اجازه دهید \(x(t)=\cos(\omega_0 t)u(t)\)، بنابراین \(X(s)=s/(s^2+\omega_0^2)\) با قطب‌ها در \(\pm j\omega_0\). گسترش \(Y(s)=H(s)X(s)\) در کسری جزئی، عبارت‌هایی را در قطب‌های \(H\) ایجاد می‌کند - که همه آنها فروپاشی می‌کنند - به علاوه دو عبارت در \(\pm j\omega_0\). باقی مانده در \(s=j\omega_0\) است

باقی مانده ای که زنده می ماند

\[ \left.H(s)\frac{s}{s+j\omega_0}\right|_{s=j\omega_0}=H(j\omega_0)\frac{j\omega_0}{2j\omega_0}=\frac{H(j\omega_0)}{2} \]

و باقیمانده در \(s=-j\omega_0\) مزدوج آن است، زیرا \(h(t)\) واقعی است. این دو عبارت \(\tfrac12 H(j\omega_0)e^{j\omega_0t}+\tfrac12H^{*}(j\omega_0)e^{-j\omega_0t}\) را نشان می دهند که بخش واقعی \(H(j\omega_0)e^{j\omega_0t}\) است.

🔑

حالت پایدار سینوسی

\[ \cos(\omega_0t)u(t)\ \longrightarrow\ \underbrace{\big|H(j\omega_0)\big|\cos\!\big(\omega_0t+\angle H(j\omega_0)\big)}_{\text{steady state}} \;+\; \underbrace{\text{modes of } H}_{\text{transient}} \]

فقط برای یک سیستم پایدار معتبر است. پاسخ فرکانسی \(H(j\omega)\) \(H(s)\) است که بر روی محور فرضی ارزیابی شده است، که دقیقا زمانی وجود دارد که ROC حاوی آن محور باشد.

چرا نتیجه فصل 15 یک نتیجه حالت ثابت بود؟ در آنجا، نمایی های پیچیده، توابع ویژه یک سیستم LTI بودند و \(H(j\omega)\) مقدار ویژه بود. این آرگومان یک ورودی از \(t=-\infty\) را فرض می‌کرد، بنابراین هیچ گذرا وجود نداشت. روشن کردن سینوسی در \(t=0\) حالت‌های خود سیستم را به پاسخ اضافه می‌کند و تنها به این دلیل که قطب‌ها در نیم صفحه سمت چپ قرار دارند، از بین می‌روند. برای یک سیستم ناپایدار اصلاً حالت ثابتی وجود ندارد و \(H(j\omega)\) - تبدیل فوریه \(h\) - حتی وجود ندارد.

بخش 19-8

پاسخ فرکانس از پلات قطب صفر

از آنجایی که \(H(j\omega)\) فقط \(H(s)\) محدود به محور خیالی است، و یک \(H(s)\) منطقی محصول عوامل \((s-z_i)\) نسبت به عوامل \((s-p_k)\) است، پاسخ فرکانسی را می‌توان در تمام نمودارها بدون جبر خواند. هر عامل \((j\omega - z_i)\) یک بردار در صفحه است که از صفر \(z_i\) تا نقطه آزمون \(j\omega\) اجرا می شود. طول آن قدر ضریب و زاویه آن فاز است.

🔑

ارزیابی هندسی

\[ \big|H(j\omega)\big| = |K|\,\frac{\prod_i \text{(distance from } z_i \text{ to } j\omega)}{\prod_k \text{(distance from } p_k \text{ to } j\omega)}, \qquad \angle H(j\omega)=\sum_i \phi_i-\sum_k \psi_k \]

نقطه آزمایش \(j\omega\) را روی محور خیالی بلغزانید و کشش و چرخش بردارها را تماشا کنید. این کل پاسخ فرکانسی است.

قدر نسبت فواصل است. فاز اختلاف زاویه است

دو پیامد بر طراحی فیلتر غالب است. هنگامی که نقطه آزمایش از نزدیک یک قطب می گذرد، فاصله \(d_k\) در مخرج کوچک می شود و \(\big|H(j\omega)\big|\) به شدت افزایش می یابد: این رزونانس است، و هر چه قطب به محور نزدیکتر باشد - \(\zeta\) کوچکتر - بلندتر و کوچکتر می شود. هنگامی که نقطه آزمایش نزدیک به صفر می شود، فاصله شمارنده کوچک می شود و بزرگی کاهش می یابد: یک صفر در محور یک عدد تهی دقیق را ایجاد می کند، به این ترتیب یک فیلتر ناچ یک جزء اصلی را در 50 هرتز از بین می برد.

طرح همچنین شکل ناخالص را در این دو حد توضیح می دهد. همانطور که \(\omega\to 0\) بردارها به فواصل از مبدأ کاهش می‌یابند و بهره DC را \(H(0)\) می‌دهند. همانطور که \(\omega\to\infty\) هر بردار اساساً خود به \(j\omega\) تبدیل می‌شود، بنابراین \(\big|H(j\omega)\big|\to |K|\,\omega^{M-N}\) - پاسخ در \(20(N-M)\) دسی‌بل در هر دهه کاهش می‌یابد که چیزی بیش از قطب‌های بیش از صفر تعیین نمی‌شود. مثال در شکل دارای یک صفر در مبدا و دو قطب است: از صفر در DC بالا می رود، نزدیک قطب ها به اوج می رسد و پس از آن سقوط می کند که یک باند گذر است.

بخش 19-9

سیستم‌های معکوس و فاز حداقل

اگر کانالی سیگنالی را مطابق با \(H(s)\) تحریف کرده باشد، تعمیر واضح این است که یک سیستم معکوس \(H_{\text{inv}}(s)=1/H(s)\) را آبشاری کنیم، زیرا ویژگی کانولوشن سپس عملکرد کلی سیستم 1 و آبشار را شفاف می کند. تشکیل \(1/H\) روی کاغذ بی اهمیت است - مبادله صورت و مخرج، بنابراین قطب های معکوس صفرهای اصلی هستند و بالعکس. اینکه آیا نتیجه قابل استفاده است یا خیر، بحث دیگری است.

برای اینکه معکوس علّی و پایدار باشد، تمام قطب های آن باید در نیمه صفحه سمت چپ باز قرار بگیرند. آن قطب ها صفرهای \(H(s)\) هستند. بنابراین یک معکوس علّی پایدار دقیقاً زمانی وجود دارد که \(H(s)\) تمام صفرهای خود را در نیمه صفحه چپ و همچنین تمام قطب های آن را داشته باشد.

🔑

حداقل فاز

\[ H(s) \ \text{is minimum phase} \iff \text{all poles and all zeros lie in } \operatorname{Re}\{s\} \lt 0 \]

یک سیستم حداقل فاز و معکوس آن هم علّی و هم پایدار هستند. نیم صفحه سمت راست صفر نقص پایداری نیست - خود سیستم کاملاً پایدار است - اما سیستم را به هر معنای عملی غیرقابل تبدیل می کند.

حالت شدید صفر سمت راست، سیستم تمام گذر است که صفرهای آن تصاویر آینه ای دقیق قطب های آن هستند: \(H_{\text{ap}}(s)=\dfrac{s-a}{s+a}\) با \(a \gt 0\). آن را بر روی محور ارزیابی کنید. نقطه \(j\omega\) از نظر تقارن به همان اندازه از \(+a\) است که از \(-a\) فاصله دارد، بنابراین بردارهای صورت و مخرج دارای طول مساوی و \(\big|H_{\text{ap}}(j\omega)\big|=1\) در هر فرکانس هستند. این سیستم تمام فرکانس ها را با دامنه بدون تغییر عبور می دهد و فقط فاز را تغییر می دهد - از این رو نام آن است.

این باعث تجزیه مفید می شود. هر \(H(s)\) منطقی پایدار با نیم صفحه سمت راست در \(s=z_0\) می تواند به صورت نوشته شود

فاکتورسازی حداقل فاز / تمام گذر

\[ H(s)=\underbrace{H(s)\cdot\frac{s+z_0}{s-z_0}}_{\text{minimum phase}}\cdot\underbrace{\frac{s-z_0}{s+z_0}}_{\text{all-pass}} \]

فاکتور اول صفر خطا را در نیم صفحه سمت چپ منعکس می کند و بنابراین فاز حداقل است. دوم همه پاس است. Since the all-pass factor has unit magnitude everywhere, the two systems have identical magnitude responses and differ only in phase — and of the two, the minimum-phase one has the smaller phase lag at every frequency, which is where the name comes from. A right-half-plane zero also leaves a visible fingerprint in the time domain: the step response of such a system typically sets off in the wrong direction before recovering, an initial undershoot that no amount of gain can remove.

بخش 19-10

نمونه های کار شده

1 معادله پاسخ ضربه به پاسخ مرحله ای

مشکل یک سیستم علّی از \(\ddot y+5\dot y+6y=\dot x+4x\) اطاعت می کند. \(H(s)\)، پاسخ ضربه و پاسخ گام را پیدا کنید و بیان کنید که آیا سیستم پایدار است یا خیر.

راه حل. با شرایط اولیه صفر تبدیل کنید و تقسیم کنید:

کار - عملکرد سیستم

\[ H(s)=\frac{s+4}{s^{2}+5s+6}=\frac{s+4}{(s+2)(s+3)} \]

هر دو قطب در \(-2\) و \(-3\) هستند، دقیقاً در نیم صفحه سمت چپ، و سیستم علّی است - بنابراین پایدار است. با گسترش در کسرهای جزئی، باقیمانده ها \(\dfrac{-2+4}{-2+3}=2\) در قطب \(-2\) و \(\dfrac{-3+4}{-3+2}=-1\) در قطب \(-3\) هستند:

کار کردن - پاسخ ضربه

\[ H(s)=\frac{2}{s+2}-\frac{1}{s+3} \qquad\Longrightarrow\qquad h(t)=\big(2e^{-2t}-e^{-3t}\big)u(t) \]

آن را با قضیه مقدار اولیه بررسی کنید: \(\lim_{s\to\infty}sH(s)=\lim s(s+4)/(s^2+5s+6)=1\) و \(h(0^+)=2-1=1\). For the step response multiply by \(1/s\) and expand again, with residues \(\dfrac{4}{(2)(3)}=\dfrac23\) at the origin, \(\dfrac{2}{(-2)(1)}=-1\) at \(-2\), and \(\dfrac{1}{(-3)(-1)}=\dfrac13\) at \(-3\):

در حال کار - پاسخ مرحله ای

\[ Y(s)=\frac{s+4}{s(s+2)(s+3)} \qquad\Longrightarrow\qquad y(t)=\left[\frac23-e^{-2t}+\frac13 e^{-3t}\right]u(t) \]

دو چک نمونه را می بندد. در \(t=0\) براکت \(\tfrac23-1+\tfrac13=0\) است، همانطور که یک سیستم کاملاً مناسب باید پاسخ گامی داشته باشد. و به عنوان \(t\to\infty\) به \(\tfrac23\) تمایل دارد که با بهره DC \(H(0)=4/6=\tfrac23\) موافق است.

2 حالتی که بین دو نیمه لغو می شود

مشکل \(\ddot y+3\dot y+2y=x(t)\) را با \(x(t)=u(t)\)، \(y(0^-)=1\) و \(\dot y(0^-)=-1\) حل کنید. قسمت های ورودی صفر و حالت صفر را شناسایی کنید.

راه حل. قوانین یک جانبه بخش 18-9 را به صورت ترم به مدت اعمال کنید:

کار - تبدیل معادله

\[ \big[s^2Y-s(1)-(-1)\big]+3\big[sY-1\big]+2Y=\frac1s \qquad\Longrightarrow\qquad (s^2+3s+2)Y=s+2+\frac1s \]

\(s^2+3s+2=(s+1)(s+2)\) را فاکتور کنید و دو منبع را از هم جدا کنید:

کار کردن - تقسیم

\[ Y(s)=\underbrace{\frac{s+2}{(s+1)(s+2)}}_{\text{zero-input}}+\underbrace{\frac{1}{s(s+1)(s+2)}}_{\text{zero-state}} = \frac{1}{s+1}+\frac{1}{s(s+1)(s+2)} \]

The zero-input term has already simplified: the initial conditions happened to produce a numerator that cancels the pole at \(-2\), so \(y_{zi}(t)=e^{-t}u(t)\). مقدار آن در \(t=0\) 1 است و مشتق آن در آنجا \(-1\) است که مطابق با شرایط داده شده است. برای عبارت حالت صفر، باقیمانده‌ها \(\dfrac{1}{(1)(2)}=\dfrac12\) در مبدا، \(\dfrac{1}{(-1)(1)}=-1\) در \(-1\)، و \(\dfrac{1}{(-2)(-1)}=\dfrac12\) در \(-2\) هستند:

در حال کار - معکوس کردن و اضافه کردن

\[ y_{zs}(t)=\left[\tfrac12-e^{-t}+\tfrac12e^{-2t}\right]u(t), \qquad y(t)=y_{zi}+y_{zs}=\left[\tfrac12+\tfrac12e^{-2t}\right]u(t) \]

حالت \(e^{-t}\) در هر دو نیمه وجود دارد و در مجموع آنها وجود ندارد. This is the point made in Section 19-2: a mode can appear in the zero-input response, appear again in the zero-state response, and cancel exactly in the total. پاسخ را در برابر داده ها تأیید کنید: \(y(0)=\tfrac12+\tfrac12=1\) و \(\dot y(t)=-e^{-2t}\) \(\dot y(0)=-1\) را می دهد. هر دو شرط برقرار است و مقدار نهایی \(\tfrac12\) با بهره DC \(1/2\) مطابقت دارد.

3 خواندن مشخصات یک سیستم مرتبه دوم

مشکل For \(H(s)=\dfrac{25}{s^{2}+6s+25}\), find \(\omega_n\), \(\zeta\), the pole locations, the percentage overshoot, the peak time and the 2% settling time of the step response.

راه حل. مطابق با فرم استاندارد. The constant term gives \(\omega_n^{2}=25\), so \(\omega_n=5\) rad/s, and the middle coefficient gives \(2\zeta\omega_n=6\), so \(\zeta=6/10=0.6\) — underdamped, since \(\zeta \lt 1\). سپس

کار - قطب

\[ \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^{2}}=5\sqrt{1-0.36}=5(0.8)=4, \qquad p_{1,2}=-3\pm j4 \]

قطب ها در واقع روی دایره ای به شعاع \(\sqrt{9+16}=5=\omega_n\) قرار دارند که یک بررسی حسابی مفید است. Now the three measures:

کار - اقدامات پاسخ گام

\[ t_p=\frac{\pi}{\omega_d}=\frac{\pi}{4}\approx 0.785\ \text{s}, \qquad M_p=e^{-\pi(0.6)/0.8}=e^{-2.356}\approx 0.0948, \qquad t_s\approx\frac{4}{\zeta\omega_n}=\frac43\approx 1.33\ \text{s} \]

So the response overshoots by about 9.5%, peaking at roughly 1.095 at \(t\approx0.79\) s, and is within 2% of its final value of \(H(0)=1\) after about 1.3 s. نوشته شده، پاسخ گامی \(y(t)=1-e^{-3t}\big[\cos 4t+\tfrac34\sin 4t\big]u(t)\) است، زیرا \(\zeta\omega_n/\omega_d=3/4\); جایگزینی \(t=\pi/4\) \(1-e^{-3\pi/4}(-1)=1+0.0948\) را به دست می‌دهد، که رقم بیش از حد را به طور مستقل تأیید می‌کند.

4 یک جبر، دو سیستم

مشکل Let \(H(s)=\dfrac{s-1}{(s+2)(s-3)}\). پاسخ ضربه (الف) سیستم علّی را با این تابع سیستم، و (ب) سیستم پایدار با این تابع سیستم را بیابید. Can one system be both?

راه حل. یک بار گسترش دهید و دو بار از آن استفاده کنید. باقیمانده ها \(\dfrac{-2-1}{-2-3}=\dfrac{-3}{-5}=\dfrac35\) در قطب \(-2\) و \(\dfrac{3-1}{3+2}=\dfrac25\) در قطب \(+3\) هستند:

کار - کسر جزئی

\[ H(s)=\frac{3/5}{s+2}+\frac{2/5}{s-3} \]

(a) Causal. ROC باید در سمت راست سمت راست ترین قطب قرار داشته باشد، بنابراین \(\operatorname{Re}\{s\} \gt 3\) و هر دو عبارت سمت راست هستند:

کارکردن - انتخاب علّی

\[ h(t)=\left[\tfrac35 e^{-2t}+\tfrac25 e^{3t}\right]u(t) \]

ترم دوم بدون محدودیت رشد می کند، بنابراین این سیستم ناپایدار است - همانطور که قطب \(+3\) قبلاً اعلام کرده بود.

(b) Stable. ROC باید حاوی محور خیالی باشد که نوار \(-2 \lt \operatorname{Re}\{s\} \lt 3\) را مجبور می کند. یک قطب در سمت چپ ROC یک عبارت سمت راست دارد. یک قطب در سمت راست یک قطب سمت چپ را تشکیل می دهد:

کار - انتخاب پایدار

\[ h(t)=\tfrac35 e^{-2t}u(t)-\tfrac25 e^{3t}u(-t) \]

Both pieces decay away from the origin, so \(\int|h|\,dt\) is finite and the system is stable — but \(h(t)\ne 0\) for \(t \lt 0\), so it responds before it is driven and cannot be built. No, one system cannot be both: that would require the ROC to be simultaneously right of \(s=3\) and to contain the axis, which is impossible while a pole sits in the right half-plane.

5 Feedback moving a pole

مشکل یک مسیر رو به جلو \(G(s)=\dfrac{K}{s(s+4)}\) در داخل یک حلقه بازخورد منفی وحدت قرار می گیرد. Find the closed-loop system function, the values of \(K\) for which the response is underdamped, and the value of \(K\) giving \(\zeta=0.5\). مازاد بر نتیجه چیست؟

راه حل. با \(F(s)=1\)، فرمول حلقه بخش 19-5 نشان می دهد

کار - حلقه را ببندید

\[ H(s)=\frac{G}{1+G}=\frac{K/[s(s+4)]}{1+K/[s(s+4)]}=\frac{K}{s^{2}+4s+K} \]

سیستم حلقه باز دارای قطب هایی در \(0\) و \(-4\) بود. یک قطب در مبدا به این معنی است که \(G\) به تنهایی فقط تا حدی پایدار است و پاسخ گامی آن به شدت دور می شود. Closing the loop has produced a denominator \(s^2+4s+K\), whose roots are at \(-2\pm\sqrt{4-K}\) — both poles have moved, and for any \(K \gt 0\) both now sit strictly in the left half-plane, since \(a_1=4 \gt 0\) and \(a_0=K \gt 0\). بازخورد سیستم را تثبیت کرده است.

مطابق با فرم استاندارد، \(\omega_n=\sqrt{K}\) و \(2\zeta\omega_n=4\)، بنابراین \(\zeta=2/\sqrt{K}\). هنگامی که \(\zeta \lt 1\)، یعنی زمانی که \(\sqrt{K} \gt 2\)، یا \(K \gt 4\)، پاسخ کم می شود. در \(K=4\) با یک قطب دوتایی در \(-2\) به شدت میرا می شود و در زیر آن بیش از حد میرا شده است. برای \(\zeta=0.5\)،

کار - طراحی برای \(\zeta=0.5\)

\[ \frac{2}{\sqrt K}=0.5 \Longrightarrow \sqrt K=4 \Longrightarrow K=16, \qquad \omega_n=4,\ \ \omega_d=4\sqrt{0.75}\approx 3.46,\ \ p_{1,2}=-2\pm j3.46 \]

و بیش از حد \(M_p=e^{-\pi(0.5)/\sqrt{0.75}}=e^{-1.814}\approx 0.163\) است، حدود 16.3٪، با اوج در \(t_p=\pi/3.46\approx 0.91\) s. توجه کنید که بالا بردن \(K\) چه کاری انجام می دهد: بخش واقعی قطب ها در \(-2\) پین می شود، بنابراین زمان ته نشینی \(4/(\zeta\omega_n)=2\) s تغییر نمی کند، در حالی که \(\omega_n\) و در نتیجه مازاد بری هر دو افزایش می یابد. Gain سرعت اولین پاسخ را می خرد و هزینه آن را در زنگ می پردازد.

6 پاسخ فرکانس از طرح خوانده می شود

مشکل (الف) برای \(H_1(s)=\dfrac{1}{s+2}\)، \(\big|H_1(j\omega)\big|\) و \(\angle H_1(j\omega)\) را به صورت هندسی پیدا کنید و فرکانس نیمه توان را بیابید. (ب) نشان دهید که \(H_2(s)=\dfrac{s-2}{s+2}\) در هر فرکانس دارای قدر واحد است و فاز آن را در \(\omega=2\) بیابید.

راه حل (الف). یک قطب در \(s=-2\) وجود دارد و هیچ صفر محدودی وجود ندارد. بردار از قطب تا نقطه آزمون \(j\omega\) دارای جزء افقی 2 و جزء عمودی \(\omega\) است، بنابراین طول آن \(\sqrt{\omega^{2}+4}\) و زاویه آن \(\arctan(\omega/2)\) است. قدر متقابل آن طول و فاز منهای آن زاویه است:

کار - یک قطب، یک بردار

\[ \big|H_1(j\omega)\big|=\frac{1}{\sqrt{\omega^{2}+4}}, \qquad \angle H_1(j\omega)=-\arctan\frac{\omega}{2} \]

در \(\omega=0\)، بردار کوتاه‌ترین، طول 2 است که به بهره DC \(1/2\) و فاز صفر می‌دهد. در \(\omega=2\)، بردار دارای طول \(2\sqrt2\) است، بنابراین قدر آن \(1/(2\sqrt2)=0.354\) است، دقیقاً \(1/\sqrt2\) مقدار DC آن - این فرکانس نیمه توان است، و برابر با فاصله قطب از محور است. فاز آنجا \(-45^\circ\) است. همانطور که \(\omega\to\infty\) بردار عمودی و طولانی می شود، بنابراین قدر به صفر و فاز به \(-90^\circ\) می رسد: یک گذر مرتبه اول.

راه حل (ب). اکنون یک صفر در \(+2\) و یک قطب در \(-2\) وجود دارد که به طور متقارن حول محور فرضی قرار گرفته اند. هر نقطه \(j\omega\) از این دو فاصله مساوی دارد، هر دو فاصله \(\sqrt{\omega^{2}+4}\) است، بنابراین نسبت در هر فرکانس 1 است و \(H_2\) همه گذر است. برای فاز در \(\omega=2\)، مستقیماً ارزیابی کنید:

کار - مرحله تمام گذر

\[ H_2(j2)=\frac{j2-2}{j2+2}=\frac{-1+j}{1+j}\cdot\frac{1-j}{1-j}=\frac{-1+j+j+1}{2}=j \]

بنابراین \(\big|H_2(j2)\big|=1\) همانطور که قول داده بود و \(\angle H_2(j2)=+90^\circ\). به طور کلی \(\angle H_2(j\omega)=\pi-2\arctan(\omega/2)\)، در حال اجرا از \(180^\circ\) در DC تا \(0^\circ\) در فرکانس بالا. از آنجایی که صفر در نیم صفحه سمت راست قرار دارد، \(H_2\) پایدار است اما فاز حداقل نیست: \(1/H_2\) معکوس آن دارای یک قطب در \(+2\) است.

مرور کنید

خلاصه فصل

✓ عملکرد سیستم

\(H(s)=B(s)/A(s)\) مستقیماً از معادله دیفرانسیل خوانده می شود. \(A(s)\) چند جمله ای مشخصه است. ریشه های آن قطب ها هستند.

✓ دو پاسخ در یک مرحله

تبدیل یک طرفه به \(Y=\dfrac{B}{A}X+\dfrac{I}{A}\) - حالت صفر به علاوه ورودی صفر - بدون هیچ ثابتی برای جا دادن بعد از آن می دهد.

✓ قطب ها حالت هستند

قسمت واقعی پوش را تنظیم می کند، قسمت خیالی زنگ. صفرها هیچ حالتی ایجاد نمی کنند. آنها تعیین می کنند که چه مقدار از هر حالت ظاهر می شود.

✓ ثبات

علّی و پایدار دقیقاً زمانی که هر قطب دارای \(\operatorname{Re}\{p\} \lt 0\) باشد. قطب های ساده در محور حاشیه هستند، پایدار نیستند.

✓ مرتبه دوم

\(\zeta\) به تنهایی بیش از حد \(e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\) را رفع می کند. \(\zeta\omega_n\) زمان ته نشینی را رفع می کند. \(\omega_d\) زمان پیک را رفع می کند.

✓ هندسه در طرح

\(|H(j\omega)|\) نسبت فواصل به \(j\omega\) است. قطب های نزدیک به محور قله می دهند. صفرهای روی محور تهی می دهند.

تمرین کنید

مشکلات

مسائل 1 تا 3 از معادله به پاسخ می روند. پایداری تست 4 و 5 و نقش ROC. 6 تا 8 از معیارهای مرتبه دوم، بازخورد و هندسه قطب صفر استفاده می کنند. قبل از محاسبه هر چیزی، نمودار قطب-صفر را ترسیم کنید - معمولاً شکل پاسخ را از قبل به شما می گوید.

یک سیستم علّی از \(\dot y+4y=2\dot x-x\) اطاعت می کند. \(H(s)\)، پاسخ ضربه و بهره DC را پیدا کنید و بگویید که آیا سیستم حداقل فاز است یا خیر.
حل \(\ddot y+5\dot y+4y=x(t)\) برای \(x(t)=e^{-2t}u(t)\)، با \(y(0^-)=0\) و \(\dot y(0^-)=2\). مشخص کنید که کدام عبارات پاسخ شما طبیعی و کدام یک اجباری هستند.
برای \(H(s)=\dfrac{s+1}{s^{2}+2s+5}\)، قطب ها را بیابید، آنها را ترسیم کنید، و قبل از محاسبه، پاسخ ضربه را با کلمات توصیف کنید. سپس آن را محاسبه کنید.
\(H(s)=\dfrac{2}{(s-1)(s+4)}\). تمام نواحی ممکن همگرایی را فهرست کنید و برای هر حالت آیا سیستم علّی، پایدار، هر دو یا هیچ کدام است.
سیستم علّی \(H(s)=\dfrac{s+2}{s^{2}+(\alpha-1)s+(\alpha+2)}\) برای چه محدوده ای از \(\alpha\) پایدار است؟ مقدار \(\alpha\) را که در آن قطب ها به محور فرضی می رسند و فرکانس نشستن آنها در آنجا را ارائه دهید.
یک سیستم مرتبه دوم دارای پاسخ گامی است که 20 درصد بیش از حد است و در \(t=0.4\) s به اوج می رسد. \(\zeta\)، \(\omega_d\)، \(\omega_n\) و \(H(s)\) را با فرض افزایش واحد DC پیدا کنید.
مسیر رو به جلو \(G(s)=\dfrac{K}{(s+1)(s+3)}\) در یک حلقه بازخورد منفی وحدت قرار می گیرد. قطب های حلقه بسته را به عنوان تابعی از \(K\)، مقدار \(K\) که در آن پاسخ ابتدا کم میرا می شود و بهره DC را در آن مقدار بیابید.
طرح \(\big|H(j\omega)\big|\) برای \(H(s)=\dfrac{s^{2}+9}{s^{2}+2s+9}\) با استفاده از فواصل در نمودار قطب صفر به تنهایی، بدون ارزیابی عبارت. در کدام فرکانس خروجی دقیقاً صفر است و این چه نوع فیلتری است؟

نکته: تقریباً هر سؤال در این فصل به همین ترتیب شروع می شود - مخرج را در نظر بگیرید و قطب ها را علامت بزنید. هنگامی که آنها در صفحه قرار می گیرند، می دانید که آیا پاسخ کاهش می یابد، آیا زنگ می زند، با چه سرعتی ته نشین می شود و تقریباً در کجا به اوج پاسخ فرکانسی می رسد، و جبری که در ادامه می آید فقط برای ارائه اعداد وجود دارد. فصل 20 زمان‌پیوسته را پشت سر گذاشته و می پرسد وقتی سیگنالی فقط در لحظه های مجزا مشاهده می شود چه چیزی از دست می رود.