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Vorlesung Regelungstechnik 1

WS 2009/2010

Prof. Dr.-Ing. Frank Allgöwer

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Organisatorisches

Vorlesung Regelungstechnik 1, Institut für Systemtheorie und RegelungstechnikProf. Dr.-Ing. Frank Allgöwer 1

Ziele der Vorlesung „Regelungstechnik 1“

Vermittlung

• fachübergreifender Methoden zur mathematischen Beschreibung von dynamischen Systemen

• mathematischer Methoden zur Analyse von dynamischen Systemen

• der Bedeutung von Rückführungen („feedback“)

• der Grundlagen zur Analyse und zum Entwurf von Regelungen

Vorlesung vermittelt Kenntnisse, die zur Lösung praktischer Regelungsaufgaben gebraucht werden.

Vorlesung vermittelt Grundkenntnisse, auf denen weiterführende Regelunsgtechnik-Vorlesungen aufbauen (RT2, Robust Control, Nonlinear Control, Optimal Control, etc.)

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Beiwertebedingungen

Betrachte Stabilitätsgrenze, d.h. Wurzeln s=jω von q(s):

Hier: System 3. Ordnung

0

0)()()()(

012

23

3

012

23

3

=++−−⇔

=+++=

ajaaja

ajajajajq

ωωω

ωωωω

3

1

2

0

21

33

20

22

0:0)(Im0:0)(Re

aaaa

aajqaajq

=⇒=+−==⇒=+−=

ωωωωωωω

021303

1

2

0 =⋅−⋅⇒=⇒ aaaaaa

aa

Bedingung für Stabilitätsgrenze:

Real- und Imaginärteil müssen verschwinden:

Regelungstechnikvorlesung wird methodenorientiert,

d.h. auch mathematisch, sein !!

Regelungstechnik ist aber dennoch stark anwendungsrelevant !!

Anwendungsgebiet der Regelungstechnik: Moderne Unterhaltungselektronik

Regelung der Position des Lesekopf

CD-SpielerAntriebLesekopf

PositionLesekopf

Regler-+Soll-

Datenspur

CD-Rom / DVD-Spieler

Anwendungsgebiet der Regelungstechnik: Automatisierungs-/Fertigungstechnik

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Organisatorisches


Anwendungsgebiet der Regelungstechnik: Robotik

Anwendungsgebiet der Regelungstechnik: Automobiltechnik

Vorlesung Regelungstechnik 1WS 2009/2010

Dozent: Prof. Frank AllgöwerPfaffenwaldring 9, Zi. 2.246,0711 685 67734 [email protected]

Verantwortlicher Vorlesungsassistent:Christoph BöhmPfaffenwaldring 9, Zi. 3.232, 0711 685 66308

[email protected]

Vorlesung Regelungstechnik 1WS 2009/2010

Vorlesungsvertretung:Dr.-Ing. Steffen WaldherrPfaffenwaldring 9, Zi. 3.2380711 685 [email protected]

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Organisatorisches


Organisatorisches

23 Vorlesungsstunden, 6 VortragsübungenMontags, 9:45-11:15 Uhr, V 7.02Donnerstags, 9:45-11:15 Uhr, V 9.01 (oder V 7.02)

Sprechstunden (Prof. Allgöwer)Montag, 13:00-14:00 Uhr, Raum 2.239

Handout/Skript einschl. schriftlicher Zusatzübungsaufgaben/Musterlösungen,Aufgaben der zusätzlichen Übungen, Musterklausuren, etc.(bitte in Anwesenheitsliste eintragen, ob an Kauf interessiert)Verkauf am 02.11.09 vor der Vorlesung; Euro 8.-

Prüfung: schriftl. 2 h; keine Prüfungsvorleistung

Mehr Infos: www.ist.uni-stuttgart.de/education/courses/RTI/

Zusätzliche Gruppenübungen (bitte in Anwesenheitsliste eintragen, ob interessiert und für welchen Termin)

Testklausur in der Mitte des Semesters

Regelungstechnik wird häufig als schwieriges Fach empfunden.Es ist sehr wichtig, dass Sie während des Semesters mitlernen !!!

Die Erfahrung zeigt, dass es nicht möglich ist, den Stoff kurz vor der Prüfung ohne Hilfe zu meistern.

Wir wollen Ihnen das Mitlernen während des Semesters durch diverse Maßnahmen erleichtern und wir wollen das regelmäßige Lernen für Sie attraktiv gestalten.

Zusätzliche Übungen

Ziele: • Ausgleich der unterschiedlichen Vorkenntnisse• Mehr Sicherheit im Umgang mit den gelernten

Methoden• Tieferes Verständnis• Klärung von Fragen (Deluxe Sprechstunde)

Methode: Sie bearbeiten vorab ausgeteilte Aufgabenin kleinen Gruppen, betreut von Vorlesungsassistenten und Tutoren.

Termine: MoDoFr

11:30 – 13Uhr 11:30 – 13Uhr 14:00 – 15:30Uhr

Ort: Zeichensäle Raum 0.208, 2.267, Pfaffenwaldring 9, EG

Start: 09. November

Zusätzliche Übungen Regelungstechnik

Jan Hasenauer([email protected])

Montag, 11.30-13,00 Uhr,Donnerstag, 11.30-13.00 UhrFreitag, 14.00-15.30 Uhr

Jeweils Pfaffenwaldring 9, Raum 0.267 und 0.208

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Organisatorisches


Weitere Angebote

• Online-Übungen• RT-Spiele (submarine und spaceball RT)• Miniprojekt mit Wettbewerb

(Regelungstechnikpreis der Kyb-Alumni) • Pausenquiz mit Pausenmusik• Freiwillige Rechnerübungen; Matlab Einführungskurs• RT Kurztests • Testklausur in Mitte des Semesters (Midterm Exam)• ev. Peter Sagirow Distinguished Lecture: Prof. Dr. Petar Kokotovic• Prüfungssprechstunde• Übersichtsvorlesung „Regelung eins Brückenkrans“

Beispiel On-line Übung: Nyquist Kriterium

RT-Spiel: Submarine

Zusätzlich:

The RT-Game “spaceball.RT“

plus

AirplaneRT

auf www.ist.uni-stuttgart.de/education/elearning/rtgame/

Miniprojekt / RT Wettbewerb

Aufgabe WS 09/10:

?????

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Organisatorisches


Miniprojekt / RT Wettbewerb

Gesponsort durch Kyb-Alumni

Aufgabe WS 2007:

Regelung eines Lego-Roboters

Gewinner aus vergangener Vorlesung

RT Kurztests

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Midterm Exam

AnmeldungIn Ilias: Magazin > Ingenieurwissenschaften > Technische Kybernetik > Lehrveranstaltungen > Regelungstechnik I

Passwort: iliasRT1

Zeitraum: 15.12.2008 – 11.01.2009

Bewertung:Einzelergebnisse nach der Klausur

Gesamtergebnis nach dem 11.01.2009

Ziele der Klausur1. Überprüfung des eigenen Kenntnisstandes

2. Eindruck von der schriftlichen Klausur

3. Klausur ist keine Lerneinheit

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ILIAS – E-LearningHomepage: https://ilias3.uni-stuttgart.de

Notwendig: Email-Account an der Universität StuttgartAccount bei RUS: http://rus.uni-stuttgart.de/studium

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Organisatorisches


Literatur zur Vorlesung „Regelungstechnik 1“

M. Horn and N. Dourdoumas: Regelungstechnik. Pearson Studium, 2004 (als E-Book-Bafög-Ausgabe bei Pearson Studium für Euro 14.95oder z.B. gebraucht bei Amazon.de ab Euro 14.95)

J. Lunze: Regelungstechnik 1. Springer Verlag, Berlin, 6. Auflage, 2007 (alte Auflagen aber genauso ok)(Amazon: EUR 39.95, ebay ab EUR 21.95,E-Book über UB Stuttgart: kostenlos )

H.P. Geering: Regelungstechnik. Springer Verlag, Berlin, 2004

G.F. Franklin, J.D. Powell and A. Emnami-Naeini: Feedback Control of Dynamic Systems. Addison-Wesley, Reading, 3rd edition, 1998

R.C. Dorf: Modern Control Systems. Addison-Wesley, Reading, 2005

Mehr Infos:

www.ist.uni-stuttgart.de/education/courses/RTI/

Aufbau der Vorlesung „Regelungstechnik 1“

Einführung• Modellbildung• Klassifikation

Systemanalyse und Reglerentwurf im Zeitbereich• Lineare Differentialgleichungen• Konzept des Zustandsraums• Polvorgabe / Beobachter

Systemanalyse und Reglerentwurf im Frequenzbereich• Konzept des Frequenzbereichs• Anforderungen an Regelkreise, Regelgüte• Einstellregeln („tuning rules“) bei vorgegebener

Reglerstruktur• Reglerentwurfsverfahren im Frequenzbereich („loop-

shaping“)

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zu Kap. I. Einführung

Vorlesung Regelungstechnik 1, Institut für Systemtheorie und Regelungstechnik Prof. Dr.-Ing. Frank Allgöwer 1

Zwischenresumee

Regelung: Kennzeichnendes Element ist Rückführung

Steuerung: Offene Wirkungskette

Regelungstechnische Ziele:Stabilität, Störunterdrückung, Führungsverhalten

Regelungstechnik ist interdisziplinäre Wissenschaft mit Anwendungen in unterschiedlichsten Disziplinen

Reglerentwurf

dynamischesSystem

u y

d

Regler–

+ysolle

u? Regler ?e

Klassische Reglerstruktur:• z.B. Proportionalregler: u = k ·e

k = const.Allgemeine Reglerstruktur

• Regler kann selbst dynamisches System sein.

Reglerentwurf

Experimentelle Parametrisierung• Nur für einfache Regelprobleme• Erfahrung• Versuch und Irrtum• Einstellregeln

Modellgestützter Reglerentwurf• Für schwierige und komplexe Regelprobleme geeignet• Bilden eines mathematischen Modells• Berechnung des Reglers mit Methoden der

Regelungstheorie

Zwei Reglerentwurfsphilosophien:

Mathematische Modelle

Physikalische Wirklichkeit:

Mathematisches Modell: (Differentialgleichung)

( ) ( )tFt

tym =⋅ 2

2

dd

Mit mathematischem Modell ist Prädiktion des dynamischenVerhaltens möglich.

F(t)

y(t)

Masse m

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zu Kap. I. Einführung


Mathematische Modelle

First Principles Model for Catalytic Fixed-Bed Reactor

Optimale Regelung

Finde Regler so, dass Gütekriterium minimiert wird.Beispiel (Auto):Finde Regler , so dass

Finde Regler so, dass Gütekriterium minimiert wird. Aber unter der Annahme, dass die denkbar ungünstigste Störung wirkt

( ) ( )( ) Min. d!

0

2soll =−∫

∞

ttyty

( ) ( )( ) ( ) max2

2

und d

dmit FtFtyFt

tym ≤=⋅

( )( )yFF =

dynamischesSystemu y

d

Robuste und Adaptive Regelung

Problem: Mathematisches Modell gibt Wirklichkeit nicht exakt wieder.

Robuste RegelungFinde Regler, der für ganze Klasse von dynamischen

Systemen gewünschtes Verhalten erzielt

Adaptive RegelungFinde Regler, der sich den vorliegenden Gegebenheiten

anpasst (der lernt).

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zu Kap. I.1 Modellierung dynamischer Systeme


Kap. I.1 Modellierung dynamischer Systeme

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Beispiel für ein elektrisches System

(1) d1dd

221 ∫+⋅+⋅= tic

iRit

Lu (2) d122 ∫+⋅= ti

ciRy

Reihenschwingkreis(3) 0321 =−− iii

HochohmigerAusgangs-verstärker

(4) 03 ≈i

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k 1

Beispiel für ein elektrisches System

(4) 0(3) 0

(2) d1

(1) d1dd

3

321

22

221

==−−

+⋅=

+⋅+⋅=

∫

∫

iiii

tic

iRy

tic

iRit

LuZiel: Differentialgleichung

in u, y Eliminieren von i1 und i2

CRkTCLT

ukuyyTyT

D

D

⋅==⋅=

+=+⋅+⋅

12

2

12

2

,mit

&&&&

…

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Systemgedanke

• Differentialgleichung für Serienschwingkreis hat genau die gleiche Sturktur wie mechanisches Beispiel.Nur Variablen haben unterschiedliche Bedeutung.

• Für die Analyse des dynamischen Verhaltens (und später für den Reglerentwurf) können mechanische, elektrische, verfahrenstechnische, soziologische, etc. Systeme mit genau den gleichen Methoden behandelt werden.

Systemgedanke

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Kap. I.2 Klassifikation dynamischer Systeme

Modellierung

Modellgüte

dynamischesSystem

Stellgröße Regelgröße

Störgröße

dynamischesSystem

Modellvorstellung

Linearität – Nichtlinearität

(Statisches) System F

Fu y = F(u)

( ) ( ) ( )2121 uFuFuuF +=+

Linearitätseigenschaft:Superpositionsprinzip erfüllt:

( ) ( )uFkukF =Homogenitätsprinzip erfüllt:

Nichtlineares System: nicht linear, d.h. Homogenitätsprinzip und/oder Superpositionsprinzip wird verletzt.

Beispiel: Federkennlinien

Statisches System (Feder)

z FFeder

FederF

FederF

z

zcFFeder =3

21 zczcFFeder +=

Hooke‘sche Feder:

Progressive Feder:

FederF

zHooke‘sche Feder

Progressive Feder

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Beispiel: Hooke‘sche Feder

Hooke‘sche Feder:

( ) ( ) 212121 zczczzczzFFeder +=+=+

Überprüfung der Linearitätseigenschaften:Superpositionsprinzip:

zcFFeder =

( ) ( ) 2121 zczczFzF FederFeder +=+=

Homogenitätsprinzip:

( ) ( ) zkczkczkFFeder ==

( ) zckzFk Feder ==

⇒ Die Hooke‘sche Feder ist linear.

FederF

FederF

z

Beispiel: Progressive Feder

Progressive Feder:


( ) ( ) ( )321221121 zzczzczzFFeder +++=+

( ) ( ) 32221

3121121 zczczczczFzF FederFeder +++=+

≠

Homogenitätsprinzip:

( ) ( ) ( ) 3321

321 zkczkczkczkczkFFeder +=+=

( ) ( ) 321

321 zckzckzczckzFk Feder +=+=

⇒ Die progressive Feder ist nichtlinear.

FederF

FederF

z

321 zczcFFeder +=

≠

Linearität – Nichtlinearität

(Dynamisches) System F

Fu(t) y(t) = F[u](t)

[ ] [ ] [ ]2121 uFuFuuF +=+

Linearitätseigenschaft:Superpositionsprinzip erfüllt:

[ ] [ ]uFkkuF =Homogenitätsprinzip erfüllt:

Nichtlineares System: nicht linear, d.h. Homogenitätsprinzip und/oder Superpositionsprinzip wird verletzt.

Superpositionsprinzip für dynamische Systeme

dynamisches System F

u(t) y(t)

u1(t) y1(t)

u(t) y(t)

+

= =

+

u2(t) y2(t)

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Superpositionsprinzip für dynamische Systeme


u1(t)y(t)

u2(t)

+

+

⇔


u1(t)y(t)

u2(t)

+

+dynamisches System F

Homogenitätsprinzip für dynamische Systeme


u(t) y(t)

× =k × =k

1u )(1 tu )(1 ty

1y

1ˆˆ uku =

)(tu )(ty

1ˆˆ yky =

Homogenitätsprinzip für dynamische Systeme

⇔


u(t) y(t)k


u(t) y(t)k

Beispiel: passives Fahrwerkmit Hooke‘scher Feder

passivesFahrwerk

zR zA

RRdtd

AAdtd

Adtd

A zczdzczdzm +=++2

2

Systemgleichung:


1,1,1,1,1,2

2

RRdtd

AAdtd

Adtd

A zczdzczdzm +=++

AzAm

Rz

dc

( ) ( ) ( )

( ) ( )2,1,2,1,

2,1,2,1,2,1,2

2

RR

R

RRdtd

AAAAdtd

A

AAdtd

A

zzcz

zzd

zzczzdz

zzm

+++=

+++++

43421

43421

Superpositionsprinzip erfüllt wegen Linearität der Differentiation:

( ) 2121 xxxx dtd

dtd

dtd +=+

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passivesFahrwerk

zR zA

RRdtd

AAdtd

Adtd

A zczdzczdzm +=++2

2

Systemgleichung:

Überprüfung der Linearitätseigenschaften:Homogenitätsprinzip:

1,1,1,1,1,2

2

RRdtd

AAdtd

Adtd

A zczdzczdzm +=++

AzAm

Rz

dc

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1,1,1,1,1,2

2

R

R

Rdtd

AAdtd

A

Adtd

A zkczzkdzkczkd

zzkm +=++

321321

Homogenitätsprinzip erfüllt wegen Linearität der Differentiation:

( ) 11 xkxk dtd

dtd =


0 0.5 1 1.5 2

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

t

Aufbaubewegung bei Fahrt über unterschiedlich hohe Bordsteine: Homogenitätsprinzip erfüllt.

AzRz

Beispiel: passives Fahrwerkmit progressiver Feder

passivesFahrwerk

zR zA

Systemgleichung:

Überprüfung des Homogenitätsprinzips:

( ) ( ) ( ) ( ) 0?

3212

2=−+−+−+ RARARAdt

dAdt

dA zkzkczkzkczkzkdzkm

AzAm

Rz

d21,cc

( ) ( ) ( ) 03212

2 =−+−+−+ RARARAdtd

Adtd

A zzczzczzdzm

( ) ( ) ( ) 032

212

2 ≠−+−+−+ RARARAdtd

Adtd

A zzckzzczzdzm

Die Funktionen (k zA) und (k zR) erfüllen die Differentialgleichung nicht⇒ Das Homogenitätsprinzip ist nicht erfüllt.

Ohne Beweis: Das Superpositionsprinzp ist ebenfalls nicht erfüllt.

Aufbaubewegung bei Fahrt über unterschiedlich hohe Bordsteine: Homogenitätsprinzip nicht erfüllt.

Beispiel: passives Fahrwerkmit progressiver Feder

0 0.5 1 1.5 2

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

t

AzRz

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zu Kap. II.1.1 Lineare Differentialgleichungen und Stabilität


Uni

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Lsg. von linearen, homogenen Dgln

Beispiel 1:

⇒ System ist asymptotisch stabil

char. Gleichung: 0232 =++ ss⇒ Pole: 2 ,1 21 −=−= ss

023 =++ yyy &&&Dgl.0)0( ,1)0( == yy &AB

Bestimmung von A1 und A2 aus der Anfangsbedingung:

( ) tt eety 22 −− −=1

2

2

1

−==

AA

⇒ ⇒

⇒ Lösung der Dgl: ( ) tt eAeAty 221

−− += ( )( )tt eAeAty 221 2 −− −−=&

( )( ) =

=0

0yy& 02

102

201

1

022

011

=−−

=+⋅−⋅−

⋅−⋅−

eAeA

eAeA

Uni

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art

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sung

Reg

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chni

k 1


Beispiel 1: ( ) tt eety 22 −− −=

0 1 2 3 4 5 60

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

t

y(t)

Uni

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gste

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k 1


Beispiel 2:

⇒ System ist grenzstabil

0=schar. Gleichung:⇒ Pol: 0=s

Allgemeine Lösung der Dgl:( ) .0 constAAety t ===

0=y&Dgl.1)0( =yAB

( ) 10 == AyA aus Anfangsbedingungen:

( ) 1=ty

0 1 2 3 4 50

0,6

1,0

1,4

1,8

⇒ Lsg der Dgl:

y(t)

t

Uni

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tuttg

art

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sung

Reg

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k 1


Beispiel 3:

⇒ System ist instabil

02 =schar. Gleichung:⇒ Pole: 02/1 =s

Allgemeine Lösung der Dgl:( ) tAAteAeAty tt

210

20

1 +=+=

0=y&&Dgl.AB ( ) ( ) 10,00 == yy &

( )( ) 10

00

2

1

====

AyAy

&

A1 und A2 aus AB:

0 1 2 3 4 50

1

2

3

4

5

( ) tty =⇒ Lsg der Dgl:

y(t)

t

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k 1

c) Vorzeichenbedingung für Systeme 2. Ordnung

Charakteristische Gleichung eines allgemeinen Systems 2. Ordnung:

Annahme: a,b reell, positiv; d.h. System stabil!

0,0 und 0

01 >⇔>⋅>+⇔

aababa

Vorzeichenbedingung für Systeme 2. Ordnung: asymptotisch stabil

Vorzeichen gleiches ,,0,

210

10

aaaaa

⇔>⇔

(gilt auch für konjugiert-komplexe Pole -a, -b mit Rea = Reb > 0)

0012 =++ asas 0 01

22 =++⇔ asasa

⇔ Pole: -a, -b0))(( =++ bsas0))(( 2 =⋅+++ basbas

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Vorzeichenbedingung für Systeme 2. Ordnung

Vorzeichenbedingung (VZB):System 2. Ordnung asymptotisch stabil ⇔

gleiches Vorzeichen ⇔ as. stabil1 ,3 01 == aacharakteristisches Polynom:

gleiches Vorzeichen ⇔ as. stabil ( ) 7182 −−−= sssq

versch. Vorzeichen ⇔ nicht as. stabil( ) 572 −+−= sssq

versch. Vorzeichen ⇔ nicht as. stabil d.h. grenz- oder instabil

( ) 572 −+= sssq

Beispiele:

( ) 132 ++= sssq

0, 10 >aa

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VZB für Systeme höherer Ordnung

Beispiele: 0752 23 =+−+ sss VZB verletzt ⇒ System instabil

0122 2345 =+++++ sssss

Fazit: VZB erfüllt ⇒ keine Aussage

Vorzeichenbedingung (VZB): für Systeme beliebiger Ordnung gilt: System ist asymptotisch stabil

(ist nur notwendig, nicht hinreichend), äquivalente Aussage:

Es gibt mindestens ein System ist grenzstabil oder instabil⇒< 0ia

013443 2345 =+++++ sssss

01510105 2345 =+++++ sssss VZB erfüllt, Pole s1-5= -1⇒ System asymp. stabil

VZB erfüllt, aber Pole s1-3= -1, s4/5= i⇒ System grenzstabil

VZB erfüllt, aber Pole s1-3= -1, ⇒ System instabil4

321

4/3 is ±=

iai ∀>⇒ 0

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VZB für Systeme höherer Ordnung

Beweis für Systeme 3. Ordnung (mit 1 reellen und 1 konj.-kompl. Pol):

0, , 3133112/1 <=±= σσσωσ sjsFür ein asymptotisch stabiles System gilt

da alle Koeffizienten positiv sind, folgt:

( ) mit 012

23 asasassq +++= 0>ia q.e.d.

( ) ( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )[ ]( )3

21

21

31111

31111

321

σωσ

σωσωσσωσωσ

+++=

+++−+=

−+−−−=−−−=

ss

sjsjssjsjs

sssssssq

3311 ; : wegen σσσσ −=−=

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d) Beiwertebedingungen

Unter welchen Bedingungen ist ein System mit dem charakteristischen Polynom q(s)=ansn+an-1sn-1+...+a1s+a0 stabil?

• Systeme bis maximal zweiter Ordnung (n ≤ 2):Vorzeichenbedingung ist notwendig und hinreichend für Stabilität.

• Systeme höherer Ordnung (n > 2):Vorzeichenbedingung ist nur notwendig für Stabilität.

• Notwendige und hinreichende Bedingungen für Systeme höherer Ordnung? 1. Beiwertebedingungen, zusammen mit der Vorzeichenbedingung2. Hurwitzkriterium

Fragestellung:

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Beiwertebedingungen

Betrachte Stabilitätsgrenze, d.h. Wurzeln s=jω von q(s):


0

0)()()()(

012

23

3

012

23

3

=++−−⇔

=+++=

ajaaja

ajajajajq

ωωω

ωωωω

3

1

2

0

21

33

20

22

0:0)(Im0:0)(Re

aaaa

aajqaajq

=⇒=+−==⇒=+−=

ωωωωωωω

021303

1

2

0 =⋅−⋅⇒=⇒ aaaaaa

aa

Bedingung für Stabilitätsgrenze:

Real- und Imaginärteil müssen verschwinden:

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Beiwertebedingungen


• Stabilitätsgrenze (s.o.): a0·a3 - a1·a2 = 0

133)1()( 233 +++=+= sssssq

0912130 <−=⋅−⋅ aaaa

Stabilität für a0·a3 - a1·a2 < 0

• Stabilität für „>0“ oder für „<0“?

• Beispiel: s1-3= -1 (stabiles System)U

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1

Beiwertebedingungen

Stabilitätsbedingung für Systeme 3. Ordnung mit a3 > 0 :

System ist asymptotisch stabil ⇔

a0 ,a1 ,a2 ,a3 > 0 (Vorzeichenbedingung)

und a0·a3 - a1·a2 < 0 (Beiwertebedingung)

Stabilitätsbedingung für Systeme 4. Ordnung mit a4 > 0 :

System ist asymptotisch stabil ⇔

a0 ,a1 ,a2 ,a3 ,a4 > 0 (Vorzeichenbedingung)

und a4·a12+a0·a3

2- a1·a2·a3 < 0 (Beiwertebedingung)

Beiwertebedingungen für Systeme höherer Ordnungen nicht mehr praktikabel.

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Beiwertebedingung: Beispiele

Beispiel 1:Gegeben ein System 3ter Ordnung (n=3) mit a0>0, a3>0.Für welche Werte von a1, a2 ist das System asymptotisch stabil?

StailStabil

instabil a1

a2

Aus Vorzeichenbedingung folgt:a0>0, a1>0, a2>0, a3>0 für asy. Stabilität

1

302 a

aaa ⋅>

02130 <⋅−⋅ aaaa

Aus Beiwertebedingung folgt:

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Beispiel 2:Gegeben sei die Regelstrecke

und der Regler (PI-Regler)

Für welche Reglerparameter k,kI ist der geschlossene Kreis asymptotisch stabil ?

R G yu

- •uyyyG =++ 23: &&&

)()(: ykykuR I −+−= &&

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k 1


Charakteristische Gleichung des geschlossenen Kreises:s³+3s²+(2+k)s +kI=0

k

kI

Stabilität

_ _ 6_ _ 4_ _ 2

-2

uyyyG =++ 23: &&& )()(: ykykuR I −+−= &&

0)2(3 =⋅++++ ykykyy I&&&&&&

Gleichung der Regelstrecke einmal ableiten und Reglergleichung einsetzen ergibt die DGL des geschlossenen Kreises:

Vorzeichenbedingung: 2+k>0 ⇔ k>-2 ; kI>0

Beiwertebedingung: kI-3(2+k)<0 ⇔ kI<3(2+k)

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k 1

Char. Polynom: q(s)=ansn+an-1sn-1+...+a1s+a0 , an>0

e) Hurwitz - Stabilitätskriterium

∆1 ∆2 ∆3 ∆n-1

an-1 an-3 an-5 ... 0 0 0an an-2 an-4 ... 0 0 0

∆n= 0 an-1 an-3 ... 0 00 an an-2 ... 0 00 0 an-1 ... 0... :

a0

System asymptotisch stabil ⇔Determinante der Hurwitzmatrix I∆nI positiv undalle Hauptabschnittsdeterminanten I∆n-1I,I∆n-2I,...,I∆1I positiv

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k 1 Beispiel: n=2

a1 0 aus Ann: a2>0∆2 = a2 a0 ∆1= a1>0

∆2= a1·a0>0 ⇒ a0>0

Hurwitz – Kriterium: Beispiele

∆2∆1

Beispiel: n=3

a2 a0 0∆3 = a3 a1 0

0 a2 a0

∆1

Wo ist VZB versteckt? Aus ∆3>0 ⇒ a0>0

∆2>0 ⇒ a1>0d.h. das Ergebnis deckt sich auch hier mit Beiwerte- und Vorzeichenbedingung.

(die Bedingungen entsprechen also exakt der Vorzeichenbedingung)

aus Ann:a3>0∆1= a2>0∆2= a1·a2- a0·a3 >0∆3= a0·∆2 >0

(= Beiwertebed.)

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k 1

Beispiel: Invertiertes Pendel

Schwerpunkt des Stabes:

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ +=

φ

φ

cos21

sin21

l

lxsx

ms, l, Θs

mwF

x

φ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0x

wx

Schwerpunkt des Wagens:

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Bewegungsgleichungen des inv. Pendels

Potentielle Energie: φcos 21 lgmP s=

Kinetische Energie:

321

&

4444 34444 21&&&& 2

21

21

21 φsws mmT Θ++= w

Tws

Ts xxxx

2121 lms

translatorisch rotatorisch

Lagrange-Funktion: PTL −=

FxL

xL

dtdLL

dtd

=∂∂

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

=∂∂

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

&& ,0φφ

Bewegungsgleichungen:

( ) ( ) Flmxmm

gxl

ssw =−++

=−+

φφφφ

φφφ

sincos21

0sincos32

2&&&&&

&&&&

⇒

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k 1

Inv. Pendel: Ruhelagen und Linearisierung

Bedingungen für Ruhelage 0===== Fxx &&&&&& φφ00 ,0sin ==φeingesetzt in die beiden Dgln. führen auf

Linearisierung um den oberen Punkt ergibt (mit sin φ1∗ =0, cos φ1

∗ =1)

( ) Flmxmm

gxl

ssw =++

=−+

φ

φφ

&&&&

&&&&

21

032

( )43421 πφπφ 12 ,2 *2

*1 +== kk

„oben“ „unten“

bzw. k=0,1,2,...

mFx

mFgl

=

−=−

&&

&& φφ32

Mit ms<<mw und m=mw+ms folgt

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k 1

Stabilität des invertierten Pendels

Homogenes System 032

=− φφ gl && 0=x&&

Betrachte im folgenden nur Bewegungsgleichungen des Winkels φ

Allg. Lösung der Dgl. ( )t

lgt

lg

eAeAt

23

2

23

1 +=−

φ

Lösung des Anfangswertproblems (Α1, Α2 aus Anfangsbedingungen):

( )

( ) ( )12

21

230

0

AAlg

AA

−=

+=

φ

φ

&

und

⇒ System instabillgsgls

230

32

2/12 ±=⇒=−Pole

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k 1

Stabilität des invertierten Pendels

Vorzeichenbedingung für n≤2:

Alle Koeffizienten ≠ 0 und selbes Vorzeichen⇔ System asymptotisch stabil.

⇒ nicht asymptotisch stabilBeispiel inv. Pendel: 032

=− φφ gl &&

⇒ nicht asymptotisch stabilBeispiel inv. Pendel:

0032

01

2

=−×+ φφφaa

a

gl &&&

Hurwitz-Kriterium (entspricht für n≤2 VZB mit a2>0):

0 ,00

00102

1 >>= aaaaa

a⇔ System asymptotisch stabil

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Institut fur Systemtheorie und RegelungstechnikProf. Dr.-Ing. F. AllgowerRegelungstechnik Ihttp://www.ist.uni-stuttgart.de/education/courses/RTI/

Universitat Stuttgart18.11.2002

Patrick Menold

Hilfsblatt zur Linearisierung vonDifferentialgleichungen

(Handout fur RT 1)

In diesem Hilfblatt soll erklart werden, wie man nichtlineare Differentialgleichungen hoherer Ordnungum eine Ruhelage linearisiert. Anschließend wird die Linearisierung vektorwertiger Differentialgleichun-gen in Zustandsraumdarstellung behandelt.I. Nichtlineare Differentialgleichungen hoherer Ordnung:

Betrachtet wird folgende allgemeine Differentialgleichung hoherer Ordnung:

f((n)y , . . . , y, y,

(m)u , . . . , u, u) = 0 (1)

Der Eingang und die Ableitungen des Eingangs sind mit u, respektive u, . . . ,(m)u bezeichnet. Der Ausgang

und die Ausgangsableitungen werden mit y und y, . . . ,(n)y bezeichnet. Die Funktion f sei analytisch (d.h.

die Taylorreihenentwicklung von f existiert und die Taylorreihe konvergiert).

1) Berechnung der Ruhelagen ((n)y s, . . . , ys, ys,

(m)u s, . . . , us, us).

In den Ruhelagen sind alle Ableitungen des Eingangs und des Ausgangs gleich null:

(i)ys = 0 ∀i = 1, . . . , n

(i)us = 0 ∀i = 1, . . . ,m

Deswegen wird statt (0, . . . , 0, ys, 0, . . . , 0, us) auch manchmal kurz (ys, us) geschrieben. Weiterhinmussen die Ruhelagen die Differentialgleichung erfullen, d.h. es muß

f(0, . . . , 0, ys, 0, . . . , 0, us) = 0 (2)

gelten. Durch auflosen nach ys erhalt man eine Funktion, die den stationaren Ausgang (denAusgang in Ruhe) ys in Abhangigkeit von us beschreibt:

ys = g(us). (3)

Es sei hier angemerkt, dass sich (2) nicht notwendiger Weise eindeutig nach ys auflosen laßt.Wenn die Gleichung (2) fur ein festes us mehrere Losungen ys besitzt so spricht man von Aus-gangsmehrdeutigkeiten. Wenn hingegen ein ys durch verschiedene us hervorgerufen werden kann,spricht man von Eingangsmehrdeutigkeiten.Beispiel Ausgangsmehrdeutigkeiten:

y2s + us = 0

Diese Gleichung hat fur negative us zwei Losungen ys. Fur positive us besitzt die Gleichung keinereellen Losungen.Beispiel Eingangsmehrdeutigkeiten:

ys + u2s = 0

Diese Gleichung hat fur ±us die gleiche Losung ys.

2) Linearisierung um die Ruhelage (0, . . . , 0, ys, 0, . . . , 0, us):

Hierzu wird die Funktion f((n)y , . . . , y, y,

(m)u , . . . , u, u) um den Punkt (0, . . . , 0, ys, 0, . . . , 0, us) als

1

(Taylor-)Reihe entwickelt, wobei nach dem linearen Gliedern abgebrochen wird:

f((n)y , . . . , y, y,

(m)u , . . . , u, u) ≈ f(0, . . . , 0, ys, 0, . . . , 0, us)

︸︷︷︸

=0

+∂f

∂(n)y

|(0,...,0,ys,0,...,0,us)

︸︷︷︸

:=an

((n)y −

(n)ys )

︸︷︷︸

:=(n)

∆y

+∂f

∂(n−1)

y

|(0,...,0,ys,0,...,0,us)

︸︷︷︸

:=an−1

((n−1)

y −(n−1)ys )

︸︷︷︸

:=(n−1)

∆y

+ · · ·

+∂f

∂y|(0,...,0,ys,0,...,0,us)

︸︷︷︸

:=a0

(y − ys)︸︷︷︸

:=∆y

+∂f

∂(m)u

|(0,...,0,ys,0,...,0,us)

︸︷︷︸

:=bm

((m)u −

(m)u s)

︸︷︷︸

:=(m)

∆u

+ · · ·+∂f

∂u|(0,...,0,ys,0,...,0,us)

︸︷︷︸

:=b0

(u − us)︸︷︷︸

:=∆u

= an

(n)

∆y +an−1

(n−1)

∆y + · · ·a0∆y + bm

(m)

∆u + · · · + b0∆u.

Somit ergibt sich als Linearisierung der Differentialgleichung (1)

an

(n)

∆y +an−1

(n−1)

∆y + · · · a0∆y + bm

(m)

∆u + · · ·+ ∆u = 0. (4)

Es sei noch angemerkt, dass der Ausdruck

∂f

∂(i)y

|(0,...,0,ys,0,...,0,us)

die partielle Ableitung der Funktion f nach der Variable(i)y ausgewertet an der Stelle

(0, . . . , 0, ys, 0, . . . , 0, us) bezeichnet. Bei einer Linearisierung sollte man im Auge behalten,dass die linearisierte Differentialgleichung nur eine Approximation der nichtlinearen Differential-gleichung ist, welche nur fur kleine Auslenkungen aus der Ruhelage ihre Gultigkeit besitzt.

Beispiel zur Linearisierung einer Differentialgleichung hoherer Ordnung:

Gegeben ist die nichtlineare Differentialgleichung

sin y + c cos y + yy + y + u2 + u︸︷︷︸

:=f(y,y,y,u,u)

= 0.

Der Ausgang wird mit y und der Eingang mit u bezeichnet. Im ersten Schritt werden die Ruhelagen(ys, ys, ys, us, us) berechnet. Da

ys = ys = us = 0

gilt, was aus der Definition einer Ruhelage folgt, ergibt sich

sin 0 + c · cos 0 + 0 · ys + ys + 02 + us = c + ys + us = 0.

Im weiteren soll die Ruhelageys = 0, us = −c

betrachtet werden. Im zweiten Schritt soll nun die Funktion f um die Ruhelage (0, 0, 0, 0,−c) linearisiertwerden. Hierzu werden die partiellen Ableitungen von f nach den Variablen y, y, y, u, u berechnet undan der Stelle (0, 0, 0, 0,−c) ausgewertet:

∂f

∂y|(0,0,0,0,−c) = cos y|(0,0,0,0,−c) = cos 0 = 1

∂f

∂y|(0,0,0,0,−c) = (−c sin y + y)|(0,0,0,0,−c) = −c sin 0 + 0 = 0

∂f

∂y|(0,0,0,0,−c) = (1 + y)|(0,0,0,0,−c) = 1 + 0 = 1

∂f

∂u|(0,0,0,0,−c) = (2u)|(0,0,0,0,−c) = 2 · 0 = 0

∂f

∂u|(0,0,0,0,−c) = (1)|(0,0,0,0,−c) = 1.

2

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Somit ergibt sich mit ∆y = y− ys︸︷︷︸

=0

, ∆y = y−ys und ∆u = u−us die linearisierte Differentialgleichung:

∆y + ∆y + ∆u = 0.

II. Differentialgleichungssystem in Zustandsraumdarstellung:

Im zweiten Abschnitt dieses Handouts wird die Vorgehensweise zur Linearisierung eines Differential-gleichungssystem in Zustandsraumdarstellung erlautert. Gegeben sei folgendes allgemeines nichtlinearesSystem in Zustandsraumdarstellung

x1

...xn

=

f1(x1, . . . , xn, u1, . . . , um)...

fn(x1, . . . , xn, u1, . . . , um)

,

x1(0)...

xn(0)

=

x10

...xn0

welches sich mit x = [x1 · · ·xn]T , u = [u1 · · ·um]T und f(x, u) = [f1(x, u) · · · fn(x, u)]T kurz als

x = f(x, u), x(0) = x0

schreiben laßt. In der ublichen vektoriellen Schreibweise bezeichnet x ∈ Rn den Zustand(svektor),u ∈ Rm den Eingang(svektor), x0 ∈ Rn die Anfangsbedingung und f : Rn+m → Rn die rechte Seiteder Differentialgleichung. Weiterhin werden die Ausgangs- oder auch Messgleichungen

y1

...yp

=

h1(x, u)...

hp(x, u)

,

welche sich mit y = [y1 · · · yp]T und h(x, u) = [h1(x, u) · · ·hp(x, u)]T vektoriell als

y = h(x, u)

schreiben lassen, betrachtet. Der Einfachheit halber wird angenommen, dass die Funktionen f und h

analytisch sind.

1) Berechnung der Ruhelagen (xs, us) des Systems:Analog zu den Ruhelagen bei Differentialgleichungen hoherer Ordnung sind die Ruhelagen so de-finiert, dass xs = 0 ist. Somit ergibt sich aus der Zustandsraumdarstellung folgendes nichtlinearesGleichungssystem zur Berechnung der Ruhelagen:

0 = f(xs, us). (5)

Es gilt zu beachten, dass hierbei 0, f , xs und us Vektoren sein konnen. Durch Auflosen nach demZustand xs ergibt sich

xs = g(us). (6)

Die Gleichung (6) muss nicht eindeutig sein. Dies ist der Fall, wenn z.B. die Gleichung (5) fur einenstationaren Eingang us mehrere Losungen xs besitzt. Ist dies der Fall spricht man davon, dassdas System bzw. die Differentialgleichung mehrfach stationare Zustande (mehrfache Ruhelagen)besitzt.

2) Linearisierung um die Ruhelage (xs, us):

a) Linearisierung der Differentialgleichung:Die Taylorreihenentwicklung von f bis zum linearen Glied um die Ruhelage (xs, us) ergibt

f(x, u) ≈ f(xs, us)︸︷︷︸

=0

+A (x − xs)︸︷︷︸

:=∆x

+B (u − us)︸︷︷︸

:=∆u

mit

A =

∂f1

∂x1|(xs,us) · · · ∂f1

∂xn

|(xs,us)

......

∂fn

∂x1|(xs,us) · · · ∂fn

∂xn

|(xs,us)

3

und

B =

∂f1

∂u1|(xs,us) · · · ∂f1

∂um

|(xs,us)

......

∂fn

∂u1|(xs,us) · · · ∂fn

∂um

|(xs,us)

.

Hierbei bezeichnet∂fj

∂xi

|(xs,us)

die partielle Ableitung des Elements j der vektorwertigen Funktion f nach der Komponentei des Zustandsvektors x ausgewertet an der Stelle (xs, us). Als linearisierte Differentialglei-chung erhalt man

∆x = A∆x + B∆u, ∆x0 = x0 − xs.

b) Linearisierung der Ausgangsgleichung:Die Reihenentwicklung von h bis zum linearen Glied um die Ruhelage (xs, us) ergibt

h(x, u) ≈ h(xs, us)︸︷︷︸

:=ys

+C (x − xs)︸︷︷︸

:=∆x

+D (u − us)︸︷︷︸

:=∆u

mit

C =

∂h1

∂x1|(xs,us) · · · ∂h1

∂xn

|(xs,us)

......

∂hp

∂x1|(xs,us) · · ·

∂hp

∂xn

|(xs,us)

und

D =

∂h1

∂u1|(xs,us) · · · ∂h1

∂um

|(xs,us)

......

∂hp

∂u1|(xs,us) · · ·

∂hp

∂um

|(xs,us)

.

Mit ∆y = y − ys ergibt sich die linearisierte Ausgangsgleichung zu

∆y = C∆x + D∆u.

Beispiel zur Linearisierung einer Differentialgleichung in Zustandsraumdarstellung:

Gegeben sei das folgende Differentialgleichungssystem

x1 = x1 + 3x1x2 + (x2 + 1)2 − u

x2 = (x2 − x1) · (u − 2)

und die Ausgangsgleichungy = sinx1

mit Zustand x = [x1 x2]T , Eingang u und Ausgang y. Es ist unschwer zu erkennen, dass es sich bei den

System um ein SISO (Single Input Single Output) System handelt. Das System soll um die Ruhelagex1s = x2s = 0, us = 1, im weiteren mit (0, 0, 1) bezeichnet, linearisiert werden. Fur die Elemente derDynamikmatrix A und der Eingangsmatrix B ergibt sich:

∂f1

∂x1|(0,0,1) = (1 + 3x2)|(0,0,1) = 1

∂f1

∂x2|(0,0,1) = (3x1 + 2(x2 + 1))|(0,0,1) = 2

∂f2

∂x1|(0,0,1) = (−(u − 2))|(0,0,1) = 1

∂f2

∂x2|(0,0,1) = (u − 2)|(0,0,1) = −1

∂f1

∂u|(0,0,1) = −1

∂f2

∂u|(0,0,1) = (x2 − x1)|(0,0,1) = 0

4

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Fur die Elemente der Matrizen C und D erhalt man

∂h

∂x1|(0,0,1) = (cos x1)|(0,0,1) = 1

∂h

∂x2|(0,0,1) = 0

∂h

∂u|(0,0,1) = 0

Somit ergibt sich mit ∆x = [∆x1 ∆x2]T folgendes linearisierte System

∆x =

[1 21 −1

]

︸︷︷︸

=A

∆x +

[−10

]

︸︷︷︸

=B

∆u

∆y =[

1 0]

︸︷︷︸

=C

∆x

bestehend aus der linearisierten Zustandsraumdifferentialgleichung und der linearisierten Messgleichung.

5

Seite 26 von 199



pm

Beispiele zur asymptotischen Stabilitat

(Handout fur RT 1)

Ausgangspunkt der Stabilitatsuntersuchungen hier ist die charakteristische Gleichung

ansn + an−1sn−1 + · · · + a1s + a0 = 0 (1)

welche sich z.B. bei einer homogenen linearen Differentialgleichung hoherer Ordnung

an+(n)y +an−1

(n−1)y + · · · + a1y + a0y = 0

direkt ablesen laßt oder sich bei einem linearen System in Zustandsraumdarstellung

x = Ax + Bu

y = Cx + Du

durch die Formel det(sI−A) = 0 berechnen laßt. Oft wird die charakteristische Gleichung auch normiert:

sn +an−1

an︸︷︷︸

:=an−1

sn−1 + · · · +a1

an︸︷︷︸

:=a1

s +a0

an︸︷︷︸

:=a0

= 0. (2)

In der Regelungstechnik 1 sprechen wir von asymptotischer Stabilitat der Differentialgleichung oder desSystems, wenn fur die Wurzeln (Losungen) si der charakteristischen Gleichung

Re(si) < 0 ∀ i

gilt. Hierbei bezeichnet Re(si) den Realteil der komplexen Zahl si. Bei linearen Differentialgleichungenhoherer Ordnung werden die Wurzeln der charakteristischen Gleichung auch als Pole bezeichnet. Beilinearen System in Zustandsraumdarstellung sind die Begriffe Systempole bzw. Eigenwerte des

Systems ublich. Folgende Moglichkeiten zur Uberprufung der asymptotischen Stabilitat sind in RT1bis jetzt diskutiert worden:

• Losen der charakteristischen Gleichung. Dies ist analytisch fur n ≥ 4 sehr schwierig bzw.unmoglich.

• Die Vorzeichenbedingung. Wenn fur die Losungen von (1)

Re(si) < 0 ∀ i

gilt, dann folgt darauß, dass alle ai dasselbe Vorzeichen haben. Diese Bedingung ist fur n ≤ 2notwendig sowie hinreichend. Fur n > 2 ist diese Bedingung nur noch notwendig, d.h. man kannaus alle ai haben das selbe Vorzeichen nicht mehr darauf schließen, dass alle Wurzeln der charak-teristischen Gleichung einen negativen Realteil besitzten. Wenn aber bei n > 2 gilt, dass die ai’sunterschiedliche Vorzeichen besitzen bzw. mind. ein ai null ist folgt dann: das System oder dieDifferentialgleichung ist nicht asymptotisch stabil. Auf Grund ihrer Einfachheit bietet sich des-wegen die Vorzeichenbedingung immer als erster Test im Rahmen von Stabilitatsuntersuchungenan.

• Die Beiwertebedingung. Die Beiwertebedingung eignet sich zur Untersuchung von charakteri-stischen Gleichungen bis zur Ordnung n = 4.

• Das Hurwitzkriterium. Fur System bzw. Differentialgleichungen der Ordnung n > 4 kann dasHurwitzkriterium verwendet werden.

1

Im folgenden sollen Beispiele die Verwendung des Hurwitzkriteriums und der Vorzeichenbedingungweiter plausibilisieren.Beispiel 1: Gegeben sei folgende lineare Differentialgleichung dritter Ordnung:

...y + 4y − 2y + y = 0.

Diese Differentialgleichung soll auf asymptotische Stabilitat untersucht werden. Hierzu wird zuerst diecharakteristische Gleichung aufgestellt:

s3 + 4s2 − 2s + 1 = 0.

Mittels der Vorzeichenbedingung (die ai’s haben unterschiedliche Vorzeichen) laßt sich direkt schließen,dass die Differentialgleichung nicht asymptotisch stabil ist.Beispiel 2: Gegeben sei folgende lineare Differentialgleichung dritter Ordnung:

...y + 4y + 2y + y = 0.

Ist diese Differentialgleichung asymptotisch stabil? Das Aufstellen der charakteristischen Gleichungfuhrt zu

s3 + 4s2 + 2s + 1 = 0.

Die Vorzeichenbedingung laßt hier keinen entgultigen Schluß zu, da die Gleichung dritter Ordnung ist.Deswegen wird die Hurwitzmatrix aufgestellt:

∆3 =

4 1 01 2 00 4 1

.

Die Determinante der Hurwitzmatrix und die Hauptabschnittsdeterminanten ergeben sich zu

|∆3| = 1 · (8 − 1)

|∆2| = 8 − 1

|∆1| = 4

Die Determinanten sind alle positiv. Somit folgt aus dem Hurwitzkriterium, dass die Wurzeln der charak-teristischen Gleichung alle negativen Realteil haben und somit ist die Differentialgleichung asymptotischstabil.Beispiel 3: Untersucht wird die folgende Differentialgleichung zweiter Ordnung

y + (a − 1)y + y = 0.

Aus welchem Bereich darf der Parameter a gewahlt werden, so dass die Differentialgleichung asympto-tisch stabil ist?Als charakteristische Gleichung erhalt man

s2 + (a − 1) · s + 1 = 0.

Unter Verwendung der Vorzeichenbedingung ergibt sich, dass

a > 1

fur asymptotische Stabilitat gelten muß.Beispiel 4: Gegeben ist die lineare Differentialgleichung dritter Ordnung:

...y + cy − (b + 4)y + 3y = 0

In welchem Bereich durfen die Parameter b und c liegen, damit die Differentialgleichung asymptotischstabil ist?Da die Differentialgleichung dritter Ordnung ist, fuhrt die Vorzeichenbedingung allein auf keine Aus-sage uber die asymptotische Stabilitat. Deswegen wird gleich das Hurwitzkriterium verwendet. DieHurwitzmatrix ergibt sich zu

∆3 =

c 3 01 −b − 4 00 c 3

.

2

Seite 27 von 199

Die Determinante der Hurwitzmatrix und die Hauptabschnittsdeterminanten ergeben sich zu

|∆3| = 3 · (−cb − 4c − 3)

|∆2| = −cb − 4c − 3

|∆1| = c

Da die Determinante der Hurwitzmatrix und alle Hauptabschnittsdeterminaten positiv fur asymptoti-sche Stabilitat sein mussen, erhalt man folgende Bedingungen fur die Parameter b und c:

c > 0

−cb − 4c − 3 > 0

Da c > 0 gelten muß, laßt sich die zweite Ungleichung zu

b < −4 −3

c

umformen. Zusatzlich kann man die beiden Ungleichungen noch graphisch visualisieren in dem z.B. denzulassigen Bereich in einer b-c-Ebene aufzeichnet. Dies sei jedoch dem Leser uberlassen.

3

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zu Kap. II.1.2 Die Zustandsraumdarstellung


Uni

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art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Rührkesselreaktor

BA→irreversible Reaktion:

stöchiometrische Abhängigkeit: ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=+ +

3mmolkccc ABA

(continuous stirred tank reactor, CSTR)

BA ccT ,,.consth =

CA TTcV =+++ ,,&

BA cTcV ,,, ++&

CT

Uni

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Reg

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chni

k 1

Materialbilanz des CSTR

Materialbilanz: ( )48476

321

44 844 76&

ARTE

AAR

A cekccVV

dtdc −

∞+

+

−−=

Phys. Größen: cA Konzentration von Stoff A (Edukt) im ReaktorcA

+ Konzentration von Stoff A im ZuflussVolumenstrom in Zu- und Abfluss

VR Reaktorvolumenk∞ StoßfaktorE AktivierungsenergieR Gaskonstante

Stofftransport Reaktionsgeschw.

Zufluß AbflußVolumenanteil der pro Zeit ausgetauscht wird

Temperaturabhängig-keit („Arrhenius-Term“)

+V&

Uni

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Reg

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k 1

Energiebilanz des CSTR

Energiebilanz: ( ) ( ) ( )44 844 76

44444 344444 21

44 844 7648476&

ARTE

P

RC

Rp

WW

R

cekchTT

VcAUTT

VV

dtdT

TCTCKCTT

−

∞

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++ Δ−

−−+−=

−⇒=+

ρρ

Stoffaustausch Kühlung Reaktionswärme

∆hR Reaktionsenthalpie >0 endotherm<0 exotherm

Phys. Größen: T Temperatur im ReaktorT+ Temperatur im ZuflussTC Temperatur im KühlsystemUW WärmeübergangszahlAW Kühlflächeρ Dichte des ReaktionsgemischscP Spezifische Wärmekapazität des Reaktionsgemischs

Uni

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k 1

Zustandsraummodell des CSTR

( )

( ) ( )A

RTE

P

RCC

ARTE

AAR

A

cekchTTK

dtdT

cekccVV

dtdc

−

∞

−

∞+

+

Δ−−−=

−−=

ρ

&

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k 1

Phasenportrait des CSTR

250 300 350 400 450 500 550 6000

1

2

3

4

5

T [K]

c A[m

ol/l]

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k 1

Torsionsschwinger

n Scheiben (hier n=3) mit Massenträgheitsmoment J

verbunden durch Torsionsfedern der Federstärke k

Winkelauslenkungen u1, u2 durch Torsionsfedern übertragen

J J J

k k k k

1ϕ 2ϕ 3ϕ

1u 2u

Uni

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k 1

Momentensätze und Modellgleichungen

Momentensatz liefert für jede Scheibe eine DGl 2. Ordnung:

Wahl der Zustände

liefert Zustandsraummodell (System von DGln 1. Ordnung)

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

++−=

=

...

2 1312

21

uJkx

Jkx

Jkx

xx

&

&

)()()()()()(

32323

23212

12111

ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ

−⋅+−⋅=−⋅+−⋅=−⋅+−⋅=

ukkJkkJkukJ

&&

&&

&&

...,:,:,: 231211 ϕϕϕ === xxx &

Uni

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k 1

Zustandsraummodell des Torsionsschwingers

Winkel als Ausgangsgröße weil einfach messbar

Man erhält ein Zustandsraummodell der Form:

)(:)(:)(:

353

232

111

ϕϕϕ

======

xyxyxy

uDxCy

uBxAdt

xd

+=

+=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

3

2

1

yyy

y

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k 1

Zustandsraummodell des Torsionsschwingers

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−

−

=

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

3

3

2

2

1

1

3

2

1

2

1

3

3

2

2

1

1

3

3

2

2

1

1

010000000100000001

0000000000

02000100000002000100000002000010

ϕϕϕϕϕϕ

ϕϕϕϕϕϕ

ϕϕϕϕϕϕ

&

&

&

&

&

&

&

&

&

yyy

uu

dtd

Jk

Jk

Jk

Jk

Jk

Jk

Jk

Jk

Jk

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zu Kap. II.1.2 d) Transformation in kanonische Formen


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k 1

Normalformen für lineare Regelsysteme

Regelungsnormalform (RNF)Besonders geeignet für Reglerentwurf(z.B. Polvorgabe-Verfahren, siehe Kap. II.2.1)

BeobachtbarkeitsnormalformBesonders geeignet zur Überprüfung der SystemeigenschaftBeobachtbarkeit (siehe Kap. II.2.2)

Steuerbarkeitsnormalform

Besonders geeignet für Beobachterentwurf(→ „Beobachter“, siehe Kap. II.2.2)

Besonders geeignet zur Überprüfung der SystemeigenschaftSteuerbarkeit (siehe Kap. II.2.1)

Beobachternormalform

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k 1

Regelungsnormalform (RNF)

Gegeben: Single-Input-System (q=1)

p

n

IRyudxCyIRuIRubxAx

∈+=

∈∈+=

x &

Gesucht: Transformation x=Tz, s.d. im transformierten System:

beliebig ,

10

0

10

1000010

***

110

* dCb

aaa

A

n

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−

=

−

M

KK

M

OM

MO

K

Die Koeffizienten ai des charakteristischen Polynoms von A sind invariant!

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k 1

Transformation auf Regelungsnormalform

Gesucht:

so dass mit x=Tz

(2)

(1) *1*

*1*

bbTbTb

ATTAATTA

=⇒=

=⇒=−

−

[ ])()2()1( ,..., ntttT =

Lösung: aus (2) folgt direkt:

[ ] btbtttbbT nn

10

0

,..., )()()2()1(* =⇔=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⇔=M

(Lineares Gleichungssystem mit (n+1)*n Gleichungen für die n*n unbekannten Elemente der Transformationsmatrix T)

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k 1


(1) * ATTA =Lösung (Forts.):

spaltenweise betrachtet ergibt:

n+1 Vektorgleichungen für n unbekannte Vektoren t(i)

[ ] [ ])()2()1(

110

)()2()1( ...,,10

1000010

...,, n

n

n tttA

aaa

ttt , , =

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−− −KK

M

OM

MO

K

[ ] (n)n

)(n(n))((n) tat,...,tat,ta 11

11

0 −− −−− [ ] (n))( tA,...,tA 1=

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k 1


[ ] [ ](n))((n)n

)(n(n))((n) t,...,AtAtat,...,tat,ta 11

11

10 =−−− −

−

Sukzessives Vergleichen der Spalten liefert:

)(2

)1(2 nn

n)(n tatAt −−− +=

• Bedingung aus ersten Spalten 0=At(1)+a0t(n) immer erfüllt (Satz von Cayley-Hamilton)

• Transformation nur möglich, wenn Spaltenvektoren linear unabhängig (⇔ System steuerbar).

⇒ Rekursive Berechnungsvorschrift für T

)(1

)(1 nn

n)(n tatAt −− +=

)(1

)2()1( ntatAt +=

M

(2) aus mit )( bt n =

Uni

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k 1

Beobachtbarkeitsnormalform

Beobachtbarkeitsnormalform:

[ ] 1)(p 001 10

1000010

*

110

* ==

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−

=

−

K

KK

M

OM

MO

K

T

n

c

aaa

A

Transformation auf Beobachtbarkeitsnormalform:(möglich, wenn System beobachtbar)

1

1

1

−

−

−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

==

nT

T

T

Ac

Acc

QTM

Bem: Die Transformationsmatrix entspricht derinversen Beobachtbarkeitsmatrix Q-1

des Systems (A,B,cT,dT) -> siehe später.

B* und d*T beliebig

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Steuerbarkeitsnormalform

Steuerbarkeitsnormalform:

( )1

0

01

100

100

*

1

1

0

* =

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−−

=

−

qb

a

aa

A

n

M

K

MOM

MO

K

Transformation auf Steuerbarkeitsnormalform:(möglich, wenn System steuerbar)

[ ]bAbAbPT n 1,..., −==

Bem: Die Transformationsmatrix entspricht der Steuerbarkeitsmatrix des Systems (A,b,C,d) -> siehe später.

.

C*, d* beliebig

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k 1

Transformation auf Beobachternormalform:(möglich, wenn System beobachtbar)

Beobachternormalform

Beobachternormalform:

100

100

1

1

0

*

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−−

=

−na

aa

A

K

MOM

MO

K

( )nzy = d.h.

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−−

=⇒⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

−−

−

At

AtAt

tat

tatta

ctt

tT

Tn

T

T

Tnn

Tn

TnT

Tn

TTn

Tn

T

)(

)2(

)1(

)(1

)1(

)(1

)1(

)(0

)(

)(

)1(

1 , MM

M

Ansatz ähnlich wie bei Regelungsnormalform:

B* und d*T beliebig

[ ] 1)(p 100 * == KTc

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k 1

Beobachter bei Beobachtungsnormalform

System:

Fehlerdynamik:

Fehler:

Beobachter:

nzyzAz == ,&

( )nzylzAz ˆˆˆ −+=&

zzz −= ˆδ

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−−

=

−− 11

00

100

100

nn la

la

z

K

MOM

MMO

K

&δ

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

−1

0

nl

ll M

Koeffizienten des charakteristischen Polynoms durch Beobachterverstärkungsmatrix l wählbar

mit

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zu Kap. II.1.2 e) Stabilität von Zustandsraummodellen


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k 1

Transformation auf reelle Form

• Problem: Dynamikmatrix hat dann komplexe Einträge (gilt auch für Eingangsmatrix B und Ausgangsmatrix C).

• Bekannt: Bei reellen Matrizen treten komplexe Eigenwerte stets als konjugiert-komplexes Eigenwerte-Paar auf. Bei reellen Anfangs-bedingungen für x sind deshalb z1, z2 immer konj.-komplex.

Im Fall komplexer Pole liefert Transformation auf Diagonalform:

zj

jzxAx

AVV

zVx

444 3444 21

&&

1

00

−=Λ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+=⎯→⎯=

=

ωσωσ

zSzz

jj

zjzzjz

zz

z ~~~

11

~~~~

2

1

21

21

2

1 =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

1~z

2~z

• Lösung: Konj.-kompl. Zahlenpaar z1, z2 wird als Realteil und Imaginärteil dargestellt (Transformation auf reelle Form):

Uni

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k 1


• Resultierendes System ist reell, aber teil-verkoppelt (Block-Diagonal-Struktur)

• Erreicht durch Transformationsmatrix:

Prinzip:

444 3444 21

AVV

x jj

AzVx

1

)22( 00

−=Λ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+=Λ⎯→⎯

=

ωσωσ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=j

jS

11

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=−

jjS

11211

43421SS

zSz

Λ=

=

−Λ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=Λ⎯→⎯

1

*

*

~

σωωσ

• Die Gesamttransformation von A nach Λ* ist T=VS: Λ* = S-1ΛS = S-1V-1AVS = T-1AT

Uni

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Reg

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k 1


Beispiel:

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−+

=Λ

32

11

jj

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡−

=

11

11

jj

S

Alle Einträge reell, ein (2 2)-Block verkoppelt.

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

=Λ⇒

32

1111

*

Uni

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Reg

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k 1

Stabilität bei konjugiert-komplexen Eigenwerten

Betrachte Subsystem 2.Ordnung:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

2

1

2

1

00

zz

jj

zz

ωσωσ

&

&⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

20

10)0(zz

z

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+

20

10)(

)(

2

1

00

)()(

zz

ee

tztz

tj

tj

ωσ

ωσ

Lösung der Zustandsgleichungen:

z1,z2 sind komplexe Variable Lösung auf reelle Form bringen:)()(~~ 1 tzStzzSz −=⇒=

)0(~)0( zSz =

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zu Kap. II.1.2 e) Stabilität von Zustandsraummodellen


Uni

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Reg

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k 1


Lösung der Zustandsgleichungen in reeller Form:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

20

10

20

10~~

zz

Szz

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+−

20

10)(

)(1

2

1

00

)(~)(~

zz

ee

Stztz

tj

tj

ωσ

ωσ

AB müssen in reeller Form (Variable ) reelle Zahlen sein.z~

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=

20

10~~

)cos()sin()sin()cos(

zz

tttt

e t

ωωωωσ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=−

+

20

10)(

)(

~~

11

0011

21

zz

jj

ee

jj tj

tj

ωσ

ωσ

Uni

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k 1


Verhalten für große Zeiten:

220

210

~~)(~ zzetz t += σ

Damit gilt, wenn alle EW einfach sind:

Das System ist

asymptotisch stabil, wenn für alle λi gilt: Reλi<0

grenzstabil, wenn für alle λi gilt: Reλi≤0 und für mindestens ein λi gilt: Reλi=0

instabil, wenn für mindestens ein λi gilt: Reλi>0

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

0>σ falls∞→∞→ t für0=σ falls.const0<σ falls∞→→ t für0

Seite 36 von 199

zu Kap. II.1.2 f) Lösung linearer Zustandsgleichungen


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k 1

Spektraldarstellung von eAt

Annahmen: - alle Eigenwerte einfach- t0=0 (keine Einschränkung)

( ) 00 xxxAx=

=&( )

( ) nnnnn zzzz

zzzz

0

011111

0 ,

0 ,

==

==

λ

λ

&

M

&

⇔

( )

( ) nt

n

t

zetz

zetz

n0

011

1

λ

λ

=

=M⇔

( ) 0zetz tΛ=

ØØO ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡t

t

nee

λ

λ1

zVx =( ) 00 zz

zz=Λ=&

00 zVx =

xRz T=( ) 0xRetxR TtT Λ=

( ) 0xRVetx Tt321

Λ=Ate

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Spektraldarstellung, Dyadisches Produkt

( ) ( )[ ]( )

( ) ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=Tn

T

t

t

nAt

r

r

e

evve

n

MOK

1

1

1

λ

λ

Ø

Ø

( ) ( )[ ]( )

( ) ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=Tn

T

ntt

r

rveve n MK

1

1 1 λλ ( ) ( )321

Tiin

i

t rve i∑=

=1

λ

Dyadisches Produkt

Dyadisches Produkt (Spalte•Zeile=Matrix)

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

==

nnn

n

Tn

T

nT

rvrv

rvrv

rv

rvrvrvrv

L

MM

L

MK

1

1111

1

≠ Skalarprodukt (Zeile•Spalte=Skalar)!

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k 1

Eigenbewegungen (Moden)

( ) ( ) ( )0

1

xrvetx Tiin

i

ti ⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛= ∑

=

λ

( )( ) ( )( )48476

321 01

xrev Tin

i

ti i∑=

= λ

Anregung der i-ten Eigenbewegung

Spezialfall( )kvx =0 Anfangsbedingungen in Richtung von Mode k

( ) ( ) ( ) ( )( )∑=

=⇒n

i

kTiti vrevtx i

1

43421λ ( ) tk kev λ=

kiki

=≠

für 1für 0

Mode i(i-te Eigenbewegung)

Vektorwertige FunktionEW: Dynamik der BewegungEV: Richtung der Bewegung

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Beispiel für Spektraldarstellung

System:

1243

xx321

& ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

A1.EW: ( ) ( ) [ ]11

31

12

5 T 111 −−−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡== rvλ

2.EW: ( ) ( ) [ ]2131

11

1 T 222 −−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=−= rvλ

Fundamentalmatrix [ ] [ ]443442143421

32

31

31

315

11

12

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡= −ttAt eee

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

31

31

32

32

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−

32

31

32

31

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k 1

Entwicklungstheorem von Sylvester

Annahme: alle EW einfach (erweiterbar auf mehrfache EW)

4434421

∏∑≠== −

−=

n

ijj ji

jn

i

tAt IAee i

1

/

1 λλλλ

( ) ( ) rstellung)Spektralda (vgl. T ii rv=

Beispiel: xx ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

1243

&

4342143421 ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−−

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−+

= −

1221

5 I5Iλλλλ

AeAee ttAt

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2244

61

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡4-242-

61-

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k 1

Berechnung von eAt mittels Cayley-Hamilton

Mathematischer Ausdruck für eAt ist eine unendliche Reihekk

K

kK

At tAk

tAAte ∑=

∞→=+++=

0

22

!1lim

!21

KI

Es gibt eine Darstellung als endliche Reihe

( ) ( ) ( ) niAtAtte nin

At KK 1 ,I 1110 =+++= −−μμμ

Satz von Cayley-Hamilton: 0I011

1 =++++ −− aAaAaA n

nn K

kki

K

kKiit t

ktte i λλλλ ∑

=∞→

=+++=0

22

!1lim

!211 K

Gleiches gilt für alle EW λi:

( ) ( ) ( ) nittte nini

ti KK 1 , 1110 =+++= −− λμλμμλ Gleiche Faktoren μj(t)

wie bei eAt !

001

1 =+++ −− aa n

inn

i KλλChar. Gleichung

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k 1

Berechnung der Koeffizientenfunktionen μj(t)

Dann Berechnung durch Einsetzen möglich:

( ) ( ) ( ) 1110 I −−+++= n

nAt AtAtte μμμ K

Aus n Eigenwerten (λ1... λn) ergeben sich n Gleichungen für n unbekannte Funktionen μ0(t),...μn-1(t)

( ) ( ) ( ) nittte nini

ti KK 1 , 1110 =+++= −− λμλμμλ

( )

( )⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

t

t

e

e

nn

nn

n

t

t

n1

0

1

111

1

11

μ

μ

λλ

λλ

λ

λ

M

444 3444 21L

MMM

L

M

invertierbar, wenn nur einfache Eigenwerte (λi≠λj)

⇔

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k 1

Erweiterung auf mehrfache EW

Begründung: Für den m-fachen EW λi gilt

( ) 10 0011

1 −==++++ −− mraaa

dd

in

inn

iri

r

KK λλλλ

Ausserdem gilt immer:

( ) KK ,1,0 1 ∈++= rtdde

dd

iri

rt

ri

ri λ

λλλ

Lösung:Benutzen der zusätzlichen Gleichungen für m-fachen EW λi

( ) 11 1110 −=+++= −− mr

dde

dd n

iniri

rt

ri

ri KK λμλμμ

λλλ

Problem:Bei mehrfachem Eigenwert gibt es weniger als n Gleichungen

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k 1

Beispiel: eAt mit Cayley-Hamilton

System:xx ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

1243

&

Fundamentalmatrix

AeAt10I μμ +=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += −−

1243

61

61

1001

61

65 55 tttt eeee

Gleichungen:

( ) 105

1 5 5 1 μμλ +=⇒= te ( )10

51 6

1

μμ

μ

+=

−=

−

−

t

tt

e

ee⇒

( ) 102 1 1 2 μμλ ⋅−=⇒−= −te

Seite 39 von 199


Uni Stuttgart19.02.2002

fa,rf,ts

Zustandsrekonstruktion mittels Beobachtern

Bei vielen Reglerentwurfsverfahren wird vorrausgesetzt, daß der komplette Zustand des dynamischenSystems zu jedem Zeitpunkt meßbar ist (Zustandsruckfuhrungsverfahren). In der Praxis wird es jedochim allgemeinen nicht moglich sein, den Zustand vollstandig zu messen. Vielmehr wird zusatzlich zurDynamik

x = Ax + Bu (1)

des Systems eine Meßgleichungy = Cx (2)

gegeben sein, welche die meßbaren Großen spezifiziert.In diesem Kapitel wollen wir uns nun der Zustandsrekonstruktion mittels Beobachtern zuwenden,

d.h. wir wollen ein Verfahren vorstellen, welches mit Hilfe der Messung der Ausgangsgroße y und derStellgroße u eine Schatzung x fur den Zustand x liefert (vgl. Bild 1).

Beobachter

y

y = Cx−

x

u

u = −Kxx = Ax + Bu

Abbildung 1: Schema der Zustandsrekonstruktion mittels Beobachter.

Der Beobachter selbst wird als ein dynamisches System gleicher Dimension wie die zu beobachtendeStrecke, mit den Eingangen u, y und mit dem Zustand x angesetzt:

˙x = F x + Ey + Lu. (3)

Unser Ziel ist die geeignete Festlegung der Matrizen F ,E, und L, so daß sich der geschatzte Zustand x

asymptotisch dem wahren Wert x des Zustands annahert:

x(t) = x(t) fur t → ∞. (4)

Weiterhin soll die asymptotische Annaherung mit einer vorgebbaren Geschwindigkeit erfolgen.Um die unbekannten Beobachtermatrizen F ,E und L zu bestimmen betrachten wir den Beobachter-

fehler ε = x − x, oder genauer die Beobachterfehlerdynamik:

ε = x − ˙x = Ax + Bu − F x − Ey − Lu (5)

= (A − EC)x − F x + Bu − Lu. (6)

1

Man erkennt sofort, daß durch Wahl von

F =A − EC (7a)

L =B (7b)

die Fehlerdynamik eine einfache Form unabhangig vom Eingangssignal u annimmt:

ε = (A − EC)ε. (8)

Es stellt sich nun die Frage, unter welchen Bedingungen durch eine geeignete Wahl der Matrix E dieBeobachterfehlerdynamik beliebig vorgegeben werden kann. Der folgende, auf D.G. Luenberger zuruck-gehende Satz macht daruber einen Aussage:

Satz 1 Die Pole der Matrix (A−EC) konnen uber geeignete Wahl von E genau dann beliebig festgelegtwerden, wenn das Paar (A, C) beobachtbar ist.

Die Systemeigenschaft Beobachtbarkeit wird ausfuhrlich in der Vorlesung Regelungstechnik 2 behandelt.Hier soll nur erwahnt werden, dass ein System (A, C) dann als beobachtbar bezeichnet wird, wennaus der Kenntnis der Ausgangstrajektorie y(τ) uber ein bestimmtes Zeitintervall τ ∈ [t − T, t] undaus der Kenntnis der Eingangstrajektorie u(τ) uber das selbe Intervall auf den Zustand zum Ende desZeitintervalls x(t) geschlossen werden kann.

Der folgende Satz erlaubt in einfacher Weise die Bestimmung der Beobachtbarkeit von linearen Sy-stemen (A, C)

Satz 2 Ein System

x = Ax x(t) ∈ IRn (9)

y = Cx (10)

ist genau dann beobachtbar, wenn die Beobachtbarkeitsmatrix P0 mit

P0 =

C

CA

CA2

...CAn−1

(11)

den Rang n hat.

Bemerkung 1 Man beachte, dass bei linearen Systemen die Beobachtbarkeit nicht von den Matrizen B

und D abhangt. Dies deckt sich mit dem Ergebnis oben, das aussagt, dass der Beobachterfehler unabhangigvom Eingang gemacht werden kann.

Zusammenfassend ergibt sich mit (7) die folgende Struktur fur den Beobachter:

˙x = (A − EC)x + Ey + Bu (12)

= Ax + Bu︸︷︷︸

Simulator

+ E(y − y)︸︷︷︸

Korrekturterm

mit y = Cx. (13)

Der Beobachter setzt sich also aus einer Kopie des zu beobachtenden Systems (Simulator) und einemKorrekturterm zusammen, der die Abweichung zwischen gemessenem und geschatztem Ausgang zurKorrektur verwendet. Die zu bestimmende Beobachterkorrekturmatrix E wird so festgelegt, daß dieDynamikmatrix (A − EC) des Beobachterfehlers vorgegebene (stabile) Eigenwerten hat (Vorgabe derGeschwindigkeit des Einschwingvorganges fur x − x).

Bemerkung 2 Falls stets x(0) = x(0) gewahlt werden konnte und keine Storung oder Modellunsicher-heit vorhanden waren, wurde der Simulatorteil ohne Korrekturterm zur Rekonstruktion der Zustandegenugen. Da diese stark idealisierten Annahmen in der Praxis jedoch nie zutreffen, kann auf den Kor-rekturterm nicht verzichtet werden.

2

Seite 40 von 199

Bemerkung 3 Der vorgestellte Beobachter wird auch als Luenberger–Beobachter bezeichnet.

Bemerkung 4 Bezuglich der sinnvollen Lage der Pole des Beobachters sollte noch folgendes bemerktwerden: Prinzipiell sollte der Beobachterfehler so schnell wie moglich gegen Null gehen. Dazu mußtendie Pole sehr weit in die linke Halbebene gelegt werden. Pole weit in der linken Halbebene fuhren je-doch zu nahezu differenzierendem Verhalten des Beobachters, was eine Verstarkung des Meßrauschenszur Folge hat. Aus diesem Grund sollten also die Pole der Fehlerdynamik nicht zu weit in die linkeHalbebene gelegt werden. Andererseits sollte die Fehlerdynamik schneller einschwingen, als die Dynamikdes zu beobachtenden Systems (geschlossener Kreis!). Die Pole mussen also links von allen Polen derzu regelnden Strecke liegen. Die beste Lage der Pole des Beobachterfehlers muß im allgemeinen iterativunter Zuhilfenahme von Simulationen bestimmt werden.

Bemerkung 5 Im Fall einer skalaren Ausgangsgroße y(t) ∈ IR wird die Korrekturmatrix E (die indiesem Fall ein Spaltenvektor ist) eindeutig durch die Vorgabe der Pole des Beobachterfehlers bestimmt.Im multi-output Fall, d.h. y(t) ∈ IRp (mit p > 1), ist die Korrekturmatrix E nicht mehr eindeutig uberdie Lage der Pole bestimmt. Die in diesem Fall zur Verfugung stehenden Freiheitsgrade konnen zumErzielen sekundarer Anforderungen (wie z.B. Rauschunterdruckung) genutzt werden.

Beispiel 1 Gegeben sei das System

x =

[2 1−1 0

]

x +

[01

]

u (14)

y =[1 0

]x. (15)

Fur dieses System soll ein Beobachter zur Zustandsrekonstruktion entworfen werden, so daß die Beob-achterfehlerdynamik Pole bei s = −2 hat.

Zuerst muß gepruft werden, ob das System beobachtbar ist. Dazu wird die Beobachtbarkeitsmatrix

P0 =

[C

CA

]

=

[1 02 1

]

(16)

aufgestellt und ihr Rang untersucht. Wegen

Rg P0 = 2 (17)

ist das System beobachtbar.

Das charakteristische Polynom des Beobachterfehlers ergibt sich mit E =[e1 e2

]Tzu

det[sI − A + EC] = det

[s − 2 + e1 −1

1 + e2 s

]

= s2 + (e1 − 2)s + (1 + e2). (18)

Laut Vorgabe lautet das charakteristische Sollpolynom fur den Fehler

(s + 2)2 = s2 + 4s + 4. (19)

Ein Koeffizientenvergleich von (18) mit (19) fuhrt somit zu:

e1 − 2!= 4 ⇒ e1 = 6 (20)

1 + e2

!= 4 ⇒ e2 = 3. (21)

Somit ergibt sich die folgende Differentialgleichung fur den Beobachter:

˙x =

[2 1−1 0

]

x +

[01

]

u +

[63

](y −

[1 0

]x). (22)

Wir wenden uns nun noch dem Gesamtregelkreis bestehend aus Strecke, statischer Zustandsruckfuhrungund Beobachter zu:

3

Strecke: x = Ax + Bu (23a)

y = Cx

Beobachter: ˙x = Ax + Bu + E(y − Cx) (23b)

Zustandsregler: u = −Kx. (23c)

Dabei wird in der Zustandsruckfuhrung der Wert des Zustandes x durch seine Schatzung x ersetzt (23c).Dies wird im allgemeinen als certainty equivalence principle bezeichnet.

Es stellt sich nun die Frage, ob der so geschlossene Kreis stabil ist und wo die Pole des geschlossenenKreises liegen. Zur Beantwortung dieser Frage gehen wir davon aus, daß die Dynamikmatrix (A − BK)des mit der (“echten”) Zustandsruckfuhrung u = −Kx geregelten Systems vorgegebene Pole in derlinken Halbebene hat, und daß auch die Beobachterfehlerdynamik-Matrix (A − EC) vorgegebene Polein der linken Halbeben hat.

Der geschlossenen Kreis hat nach Einsetzen von u = −Kx folgende Dynamik:

d

dt

[x

x

]

=

[A −BK

EC A − BK − EC

] [x

x

]

. (24)

Gleichung (24) kann durch eine nichtsingulare Koordinatentransformation

[x

ε

]

=

[I 0I −I

] [x

x

]

(25)

einfach in die folgende Form uberfuhrt werden:

d

dt

[x

ε

]

=

[A − BK −BK

0 A − EC

] [x

ε

]

. (26)

Man sieht wegen der Dreiecksgestalt sofort, daß die Pole des geschlossenen Kreises der Vereinigungsmengeder Pole des Kreises mit echter Zustandsruckfuhrung (A-BK) und den Polen des Beobachterfehlers (A-EC) entsprechen. Dieses im Linearen allgemein gultige Prinzip, das aussagt, daß Zustandsruckfuhrungund Beobachter unabhangig voneinander entworfen werden konnen, wird auch Separationsprinzip ge-nannt.

4

Seite 41 von 199

zu Kap. II.3 Testsignale und Übertragungsverhalten im Zeitbereich


Uni

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ität S

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Reg

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gste

chni

k 1

Testsignale und Beschreibung des Übertragungsverhaltens im Zeitbereich

• Einheitssprung• Einheitsimpuls• Rampenfunktion• Sinusförmige Testsignale• Stochastische Signale (Rauschsignale)

Alle Testsignale sind von theoretischer Bedeutung. Praktische Bedeutung besitzen sie nur bei der Analyse von stabilenSystemen.

Wichtige Testsignale:

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k 1

Testsignale

Der Einheitssprung( )th

t

1Def:( )

⎩⎨⎧

≤>

=0für00für1

tt

th

Unstetigkeit bei t=0 !

( )⎩⎨⎧

≤>

=−0

00 für0

für1tttt

tth

( )th

t

1

0t

Verzögerter Einheitssprung

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k 1

Testsignale

Der Einheitssprung (Forts.)

System( )th ( )tq

Ein lineares System wird eindeutig charakterisiert durch die Sprungantwort q(t) (auch: Übergangsfunktion):

AB=0( )th ( )tq

t t

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Testsignale

Der Einheitssprung (Forts.)Wichtige Eigenschaften von Systemen, die an der Sprungantwortablesbar sind:

( )tq

t

• Sprungfähigkeit( )tq

tSystem nicht sprungfähig System sprungfähig

• Stationäre Verstärkung K0(von stabilen Systemen) 0K

( )tq

t

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Testsignale

Der Einheitsimpuls

( )tδ

t

Def:)()( t

dtdht =δ

Vorsicht!Die Sprungfunktion ist nicht stetig und somit nicht differenzierbar→ Mathematik: Distributionentheorie

Veranschaulichende Darstellung (nur bildhaft, nicht exakt):

Vorstellung: unendlich dünne und unendlich hohe Spitze

( )0tt −δ

Verzögerter Einheitsimpuls0t Uni

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Testsignale

Der Einheitsimpuls (Forts.)

Der Einheitssprung als „Grenzfunktion“:

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

>

≤<

≤

==→→

ε

εεεεε

t

ttt

thth

für1

0für

0für0

limlim00

( )thε

t

1

2ε 1ε3ε

( ) ( )

⎪⎩

⎪⎨⎧ <<==

=

→→

→

sonst0

0für1lim)(lim

lim

00

0

εε

δδ

ε

ε

ε

εε

ttdt

dh

tt ( )tεδ

t2ε 1ε3ε

Flächeninhalt=1

Der Einheitsimpuls als „Grenzfunktion“:

EU

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1

Testsignale


Wichtige Eigenschaften:

( ) )0()(0

0

fdttft =∫>

<

β

α

δ

( ) 10

0

=∫>

<

β

α

δ dtt• „Flächeninhalt“

• Ausblendeigenschaft

• Die oben stehenden Integrale liefern selbst dann von Null verschiedene Werte, wenn die Integrationsgrenzen α und β gegen Null gehen!

• Deshalb nocheinmal: δ(t) ist keine klassische Funktion! Uni

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Testsignale


System( )tg

Ein System wird auch eindeutig charakterisiert durch die Impulsantwort g(t) (auch: Gewichtsfunktion):

AB=0( )tδ ( )tg

t t

( )tδ

Die Impulsantwort g(t) ist die zeitliche Ableitung der Sprungantwort q(t).

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Testsignale

Die (Einheits-)Rampenfunktion

Def: )()()(0

thtdhtrt

⋅== ∫ ττ

( )tr

t

11

Die Systemantwort auf eine Rampenfunktion r(t) am Eingang ist das zeitliche Integral der Sprungantwort q(t).

E

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Testsignale

Sinusförmige SignaleStabile lineare zeitinvariante Systeme antworten auf ein sinusförmiges Eingangssignal im eingeschwungenen Zustand immer mit einem sinusförmigen Ausgangssignal der gleichen Frequenz, jedoch mit einer mit R(ω) verstärkten Amplitude und einer Phasenverschiebung von ϕ (ω):

System

Periodisch-stationärer Zustand

)(tu )(ty

( ))(sin)()( ωϕωω += tRty

tϕ

)(ty

( )ttu ωsin)( =

t

)(tuR1

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System

AB=0

)(tys

)(tytr

=

+

Periodisch-stationäres

Signal

Abklingendes Signal

)(ty

t

t

t

)(tu

t

Sinusförmige Signale (Forts.)

Testsignale

Einschwingvorgang (A) und eingeschwungener Zustand (B) bei Anregung von linearen Systemen mit einem Sinussignal.

(A) (B)U

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1

Testsignale


Beispiel:

( )tωsin uyy =+& ?( )ϕω +tRsin

Ansatz:( )( ) ( )tBtA

tRtyωω

ϕωcossin

sin)(+=

+=

Differentiation ergibtAB

BAR

=

+=

ϕtan

222

( ) ( )tBtAty ωωωω sincos)( −=&

Ist die Dgl. für dieses y erfüllbar? Falls ja, für welche A und B bzw. R und ϕ ?

E

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Testsignale


Beispiel:

( )tωsin uyy =+& ?( ) ( )tBtA ωω cossin +

Einsetzen von y in die Dgl. ergibt:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 0cossin1

sincossinsincos

00

=++−+−=++−

==

tBAtABttBtAtBtA

ωωωωωωωωωωω

434214434421

21 ωω

+−

=B⇒

2

22

11

ω+=+= BAR

ωϕ −==ABtan

211ω+

=A⇔

tt

∀∀

E

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Testsignale


Beispiel:

( )tωsin uyy =+& ( )ωωω

arctansin1

12

−+

t

Aufwändige Rechnung bereits bei einfachem Beispiel.Später: Allgemeiner Formalismus (Laplace-Transformation):

11)(+

=s

sG

„Übertragungsfunktion“, ablesbar aus Dgl.

Dann mit Hilfe der komplexen Algebra

( )21

1ω

ω+

== jGR

( ) )arctan(arg ωωϕ −== jG

E

ωϕ ωω −== )(Im

)(Retan jGjG

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Testsignale

Stochastische Signale (Rauschsignale)

Stochastische Signale sind zufällige Signale, von denen nur bestimmte statistische Eigenschaften bekannt sind (Mittelwert, Varianz), jedoch nicht der exakte Verlauf.

Zweck: 1. Empirische Bestimmung von Systemeigenschaften (Identifikation)2. Modellierung von Störsignalen, z.B. Analyse des Einflusses von

MessrauschenBeispiel:

t

)(tu

E

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Verhalten wichtiger Übertragungsglieder im Zeitbereich

• mit proportionalem Übertragungsverhaltenideales P-GliedP-Glieder mit Verzögerung (PTN-Glieder)

• mit integrierendem Übertragungsverhaltenideales I-Glied (Integrator)I-Glieder mit Verzögerung (ITN -Glieder)

• mit differenzierendem Übertragungsverhaltenideales D-Glied (Differenzierer)D-Glieder mit Verzögerung (DTN -Glieder)

• mit Totzeitreines Totzeit-Glied (Tt-Glied)Beispiel: Verzögerungsglied mit Totzeit

Grundformen:

All diese Systeme sind stabil.

P

I

D

Tt

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Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Ideale P-Glieder

( ) ( )tuKty ⋅=(algebr.) Gleichung

Sprungantwort ( ) ( )thKtq ⋅=

( )tq

t

K

1

Ein ideales P-Glied ist ein statisches, kein dynamisches System.

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Ideale P-Glieder

a) mechanischWeg u(t)

Weg y(t)

b) mechanisch/elektrisch

Bemerkung: In der Realität nicht exakt möglich: Es gibt keinen absolut starren Körper und keine induktionsfreie Leitung

Spannung y(t)

Weg u(t)

( )atu( )tya

-

+

( )tu

( )ty

Beispiele

EU

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1

PT1-Glieder

Differentialgleichung

0 11 >=+ TKuyyT &

Zustandsraumdarstellung

xTKyux

Tx

11

,1=+−=&

Sprungantwort

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

− tTeKtq 1

1 1

:1Tt << ( ) ( )

( ) tTKtq

tKhtqT

1

1

≈

≈&

( ) Kq =∞:∞→t

( )tqK

t1T 13T 15T

( ) KTq ⋅≈ %3,995 1

( ) KTq ⋅≈ %953 1

( ) KTq ⋅≈ %2,631

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PT1-Glieder

a) mechanisch

b) elektrisch

( )tua ( )tya

( )tu ( )ty

Beispiele

E

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Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Allgemeine Systeme 2. Ordnung mit proportionalem Eingang

Differentialgleichung Kuyyy =++ γβα &&&

Poleα

αγββ2

42

2/1−±−

=s

Fall 1)

Fall 2)

0 ,0, ≥> βγα

0 ,0 2112

2 >≥=′′=++ TTKKuKyyTyTγ

&&&

0 ,0, <> βγα

0 ≥<⋅ βγα ,0

0 ,0 2112

2 ><=′′=++ TTKKuKyyTyTγ

&&&

Fall 3)

Serienschaltung aus PT1-Glied und instabilem System 1. Ordnung.

⇔ Stabil, sog. PT2-Glied

⇔ PT2-ähnlich, jedoch instabil !

⇔ s1>0 reell, s2<0 reell

E

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PT2-Glieder

KuyyTyT =++ &&& 12

2



[ ]xKy

uxD

x

0~1010

020

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=ωω

&

0,0 21 >≥ TT

uKyyDy ~2 200 =++ ωω &&&oder 0

2,01

2

1

20 ≥=>=

TT D

Tω

D.... Dämpfungsmaßω0... Eigenfrequenz des ungedämpften Systems

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

( )tq

K

t

PT2-Glieder

Sprungantwort

:21 TtTt <<<< , ( ) ( )2

22

22

2)( t

TKtq

thKtqT

≈

⋅≈&&

1>D

D>1: aperiodischer Fall

( ) Kq =∞(falls T1>0 bzw. D>0)

1=D

D=1: aperiod. Grenzfall

10 << D0<D<1: periodischer Fall

0=D

D=0: period. Grenzfall(Dauerschwingung,Stabilitätsgrenze)

0<D

D<0: Instabilität(kein PT2-Verhalten) U

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1

PT2-Glieder

a) mechanisch

b) elektrisch

( )tu ( )ty

( )tua ( )tya

m

Beispiele

E

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Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PTn-Glieder


( ) ( ) 0,0,, 11111

1 >≥=++++ −−−

− nnnn

nnn

n TTTKuyyTyTyT K&K

( ) Kq =∞: ∞→t

Falls System asymptotisch stabil.

Sprungantwort:

( ) nn

n

tTnKtq!

≈ :1<<t

Die ersten n-1Ableitungen sind stetig ⇒ Glattheit der Sprungantwort

PT1

t

( )tqP

PT2

PT3

K

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

I-Glieder (Integratoren)


( )

uKy

duKy

I

t

I

=

= ∫&

ττ0


xKyux

I==&

Sprungantwort

Alle einfachen I-Glieder sind grenzstabil!

( ) tKtq I=( )tq

IK

t

1

oder

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

IT1-Glieder



( ) uKyyTduKyyT I

t

I =+=+ ∫ &&&& 10

1 bzw. ττ

xTKy

uxT

x

I

1

11010

10

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡−=&

Reihenschaltung eines I-Gliedes und eines PT1-Gliedes

E

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

IT1-Glieder

Sprungantwort

Homogene Lösung:

Partikuläre Lösung:

211)( cectq Tt

h +⋅=−

tKtqKtq IpIp =⇒= )( )(&

( )

( ) 00

00

1

1

21

=+−=

=+=

IKTcq

ccq

&

Anfangsbedingungen:

Lösung: ( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+−=

−1

11Tt

I eTTtKtq

Allgemeine Lösung: tKcectqtqtq ITt

ph ++⋅=+=−

211)()()(

E

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Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

IT1 –Glieder

Sprungantwort

( )tq

1TKI

t

IK1

1T

I-Glied

IT1-Glied

(asymptotisches Verhalten)

:1<<t :∞→t( ) ( )

( ) 2

1

01

2 t

TKtq

dhKtqT

I

t

I

≈

≈ ∫ ττ& ( ) ( )1TtKtq I −≅

E

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

D-Glieder (Differenzierer)

Zustandsraumdarstellung existiert nicht !

Differentialgleichung uKy D &=

Ein ideales D-Glied ist nicht kausal („sagt unbekannte Ableitung voraus“).D-Glieder kommen in der Realität nur mit Verzögerung vor (DT1,...,DTN).

Die Sprungantwort ist ein Impuls!

Sprungantwort

( ) ( ) ( )tKthKtq DD δ== &

q(t)

t

Uni

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ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

DT1-Glieder

Ein DT1-Glied entspricht der Serienschaltung eines D- und eines PT1-Gliedes.


uKyyT D && =+1


uTKx

TKy

uxT

x

DD

12

1

1

1

+−=

+−=&

Sprungantwort

Entspricht der Ableitung der Sprungantwort eines PT1-Gliedes.

( ) ( ) 111

11 T

tDT

t

DPT eTKeK

dtdtqtq

−−⋅=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−== &

Uni

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ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

DT1-Glied

Sprungantwort

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−≈<<

11

0 1 :1Tt

TKtqt ( ) 0=∞q

( )tq

t

1TKD

1T

:∞→t

Seite 49 von 199



Uni

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ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

DT1 -Glied

Beispiele

a) elektrisch

b) mechanisch

( )tu ( )ty

( )tua ( )tya

E

Uni

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ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Ideales Totzeitglied

Gleichung

Beispiel für technische Realisierung:

( ) ( )tTtukty −⋅=

( ) ( )tTthktg −⋅=

k

Tt

t

g(t)

Sprungantwort

Weiteres Beispiel: Strömungsrohr

y

Förderbandu

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Totzeitglieder mit Verzögerung

Totzeitglied mit Verzögerung erster Ordnung (Tt T1 –Glied)

( )tTtukyyT −⋅=+&1

K

t

tT

( )tg

1T

Sprungantwort

Wichtig: Unterscheidung zwischen Totzeit und Verzögerung!

E

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Nomenklatur wichtiger Übertragungsglieder

Zusammengesetzte Übertragungsglieder:

( ) ..)()(..)()(...)( 00

11 ++++=+++ ∫− tuKtuKduKtytyTtyT D

tnn

n && ττ

muß vorhanden sein (sonst durch Differentiation oder Integration auf diese Form bringen)

PI D

n-fache Verzögerung

PIDTtTn

durch Terme auf der rechten Seite festgelegt.Mit Tt, falls auf rechter Seite u(t-Tt) statt u(t) steht.

Benennung:

durch Term höchster Ordnung auf der linken Seite festgelegt.

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Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Wichtige Übertragungsglieder

• PI-Glied (mit Verzögerung)

• PD-Glied (mit Verzögerung)

• PID-Glied (mit Verzögerung)


Diese Übertragungsglieder stellen wichtige Reglertypen dar !

E

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PI-Glieder

Zustandsraumdarstellung (T1,T2≠0)


( ) ( )⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+=+=++ ∫∫ ττττ

t

I

t

I duT

uKduKKuyyTyT00

12

21

&&&IK

KIT =

[ ]xy

uxx

TK

TK

TT

T

I 0

100

0

100010

22

22

22

12

2

1

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−=&

0, 21 ≥TT

( )uuKuKuKyyTyTITI

11

)3(22 +=+=++ &&&&&

EU

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1

PI-Glieder

Sprungantwort:

t

( )tq

K

1TKI

PI

PIT1 PIT2

E

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PD-Glieder

Zustandsraumdarstellung (T1,T2≠0)

Differentialgleichung:

( ) KK

DD

D

DTuTuK

TTuKKuyyTyT

=+=

≥+=++

0, 2112

2

&

&&&&

[ ]xy

uxx

TK

TK

TT

T

D

10

10

22

22

22

12

2

1

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−=&

E

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Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PD-Glieder

Sprungantwort:

( )tq

t

PDT2

1TKD

K

PDT1

PD

E

Uni

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ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PID-Glied

K ... ProportionalkonstanteTI ... NachstellzeitTD... Vorhaltezeit

Zustandsraumdarstellung:


( )

( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++=

++=++

∫

∫

uTduT

uK

uKduKKuyyTyT

D

t

I

D

t

I

&

&&&&

ττ

ττ

0

01

22

1

( )02 ≠T

[ ]xy

uxx

TK

TK

TK

TT

T

DI

100

0

100010

22

22

22

22

12

2

1

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−=&

EU

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1

PID-Glied

Sprungantwort:

( )tq

t

PIDT2

1TKD

K PIDT1

PID

1TKI

E

Seite 52 von 199

zu Kap. III.1.1 Laplace-Transformation


Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Beispiel: L -1 durch Partialbruchzerlegung

Gegeben:

( )( )211

231)( 2 ++

=++

=ssss

sF

Gesucht:

)()( sFtf -1L=

Lösung:

( ) ( )2

2

1

1)(ss

css

csF−

+−

=⇒Pole s1=–2, s2=–1

( ) 11

211 −=

−=

ssc

( ) 11

122 =

−=

ssc

a)

tttsts eeececsFtf −− +−=+==⇒ 221

21)()( -1L

oder1

321

11 −=

+=

sc

132

1

22 =

+=

sc

b)Entwicklungs-satz von Heaviside

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Lsg. von Dgln. mit der Laplace-Transformation

023 =++ yyy &&& Dgl.

Beispiel 1 (unangeregtes System):

1)0(0)0( =−=− yy & , :AB

231)( 2 ++

=ss

sY liefert Auflösen

Laplace-Rücktransformation (siehe Entwicklungssatz v. Heaviside)-1L

tt eesYty −− +−== 2)()( -1L

Laplace-TransformationL

0)(2)0(3)(3)0()0()(010

2 =+−+−− −−− sYyssYyyssYs321321

&321

Algebraische Gl.

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1


tkyyT ⋅=+&1 Dgl.

Beispiel 2 (angeregtes System):

0)0( yy =− :AB


( ) 2011)()(s

ksYyssYT =+−

Algebraische Gleichung

( ) sTyT

sTsksY

1

01

12 11

)(+

++

=

Auflösen liefert

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1


Rücktransformation von

32143421s

yss

sYTT

Tk

++

+=

11

1

10

12

1)(

ktkTekT

dkek

ddess

Tt

tT

tT

Tk

T

Tk

+−⋅=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅−=

=⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+

−

−

−−

∫

∫ ∫

11

02

0 02112

1

1

2

2

1

1

1

1

11

τ

ττ

τ

τ τ1L

(Heaviside nicht anwendbar wegen Doppelpol 1/s²)

Vom Eingangssignal k·t abhängiger Teil

1

1

010 T

t

eys

y

T

−− =⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+1L

AB-abhängiger Teil

Seite 53 von 199

zu Kap. III.1.1 Laplace-Transformation


Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Lösung von ZR-Gleichungen mit der LT

)()()( 0 sUBsXAxsXs +=−

0)0(),()()( xxtuBtxAtxdtd =+=


( ) ( ) )()( 10

1 sUBAsIxAsIsX −− −+−=

∫ −+=t

tAAt duBexetx0

)(0 )()( τττ

Vergleich mit bekannter Lösung

Transformation der ZR-Gleichungen in den Laplace-Bereich

( ) 1−−= AsIeAtLzeigt: Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Lösung von ZR-Gleichungen mit der LT

)()()( tuDtxCty +=

)()()( sUDsXCsY +=


( ) ( )( ) )()()(

10

1 sUDBAsICxAsICsYsG

444 3444 21+−+−= −−

( ) ( ) )()( 10

1 sUBAsIxAsIsX −− −+−=

wird

mit

( )∫−

−++= −t

tAAt dutDBCexCetytg0

)(0 )()()(

)(

τττδτ

τ

444 3444 21

Laplace-Rücktransformation-1L

Seite 54 von 199

! !

"#$ # %& '$ ( )#* + ' , -. / 01 2 %1 * # / 34 1 ' ( 56 4 7 1 ) , 6 ' 8 8 9:; ; <= > >? ? ?@ AB ;@ C D AE B ; C ; ; F GH ;@ IJ > J I C K G; AL D > KL C H B J B >M NO >

P QR ST URV W WX YZ [V \ RV ]^_ `Z V a T Sb Z cV W Q b a

d e ^ f a Q W Q b a

f : R → R8 g

f(t) = 0

t < 08

Lf(t) = F (s) =

∫ ∞

0

f(t)e−stdt, s ∈ C

01 2 %1 * # / 34 1 ' ( 56 4 7 , # 4 )#h f(t)

i h

K

γ j 8 k

|f(t)| ≤ Keγt

t ∈ R

Re(s) = σ > γ l 6 4 4 # ( 2 6 ' m# 'n g

F (s) f(t)

o `Z V a T Sb Z cV W Q b a T Z ^p ^ R a

qrs tuv rw xwy

Lαf1(t) + βf2(t) = αLf1(t) + βLf2(t)

z s |r ~ trw u w y

Lf(at) = 1aF ( s

a)

tv r t s u w y

Lf(t − Tt) = e−sTtF (s)

Tt ≥ 0

h g

Lf(t − Tt) = e−sTtF (s) − e−sTt

∫ −Tt

0f(τ)e−sτdτ

Tt < 0 h g

x s u w y

Leatf(t) = F (s − a)

r tv ts w r u w r s u w y

Ldnf

dtn(t) = −dn−1f

dtn−1 (0) − sdn−2f

dtn−2 (0) − ... − sn−1f(0) + snF (s)

s w t v u w r s u w y

L∫ t

0f(τ)dτ = 1

sF (s)

u |w s u w y

Lf1(t) ∗ f2(t) = F1(s)F2(s)

v ts tv w xw ty

limt→0 f(t) = lims→∞ sF (s) (

)

limt→∞ f(t) = lims→0 sF (s) (

)

f(t) = 1

2πj

∫ c+j∞

c−j∞ F (s)estds F (s) =∫ ∞

0f(t)e−stdt

δ(t) 1

h(t)

11s

tn, n = 1, 2, 3, ...n!

sn+1

tne−at n!(s+a)n+1

cos ω0ts

s2+ω20

sin ω0tω0

s2+ω20

e−at cos ω0ts+a

(s+a)2+ω20

e−at sin ω0tω0

(s+a)2+ω20

t cos ω0ts2−ω2

0

(s2+ω20)2

t sin ω0t2ω0s

(s2+ω20)2

¡

Seite 55 von 199

¢ £¤ ¥¤ ¦§ ¤ ¨¤© ª© «¬ § ®© ¯ « ° ¦ ® ¬ §© ¤± ¤ ²¬

³´ µ ¶ ·¸ ¹º» ·¼ ½¼

Lαf1(t) + βf2(t) =

∫ ∞

0

(αf1(t) + βf2(t))dt

= α

∫ ∞

0

f1(t)dt + β

∫ ∞

0

f2(t)dt

= αLf1(t) + βLf2(t) 2

¾¿À Á¿Â ÀÃ Ä¿Å ÆÅ ÇÈ ÉÊ ÅË ÈÌ ¿Å Í¿ ÄÀ ÎÅ Ã ÏË ÍÀ Ä Á¿Â ÀÃ Ä¿Å ÆÅ ÍÀ Ä ÐÂ Å À Ê ÄÃ Å ¿ È ÂÑ

³´ Ò ÓÔ ¸ Õ ·Ö Ô× ¹ · ¼Ø Ø º ¼Ù

Lf(at) =

∫ ∞

0

f(at)e−stdt

Subst.:τ=at=

1

a

∫ ∞

0

f(τ)e−sτ

a dτ

=1

aF (

s

a) 2

³´ Ú Û ¹» Ø Ö Ô · ¹ ÜÝ ¸Þ Ø Ø º ¼ Ù

Lf(t − Tt) =

∫ ∞

0

f(t − Tt)e−stdt

Subst.:τ=t−Tt=

∫ ∞

−Tt

f(τ)e−s(τ+Tt)dτ

=

∫ ∞

0

f(τ)e−s(τ+Tt)dτ +

∫ 0

−Tt

f(τ)e−s(τ+Tt)dτ

= e−sTt

∫ ∞

0

f(τ)e−sτdτ + e−sTt

∫ 0

−Tt

f(τ)e−sτdτ

︸︷︷︸

=0

ß

. Tt≥0 à áâ áã f(t)=0

ß

. t<0

= e−sTtF (s) +

0 : Tt ≥ 0

−e−sTt

∫ −Tt

0f(τ)e−sτdτ : Tt < 0

2

Tt ≥ 0 À Â ÅË ä Ä¿å æÅ À ¿Â À Ä çÀ å æÅË èÀ ÄË å æ¿À é ÏÂ Ê è È Â f ÏÂ Í

Tt < 0 À Â ÅË ä Ä¿å æÅ À ¿Â À Ä Á¿Â ÎË èÀ ÄêË å æ¿À é ÏÂ ÊÑ ¾ ¿À çÀ å æÅË èÀ ÄË å æ¿À é ÏÂ Ê ¿Ë Å ÏÂ ä Ä È é ÉÀ Ì Ã Å ¿Ë å æë ÍÃ ¿Ì Ì À Ä è È Â f(t) = 0

Çì Ä t < 0Ã ÏË Ê À ÊÃ Â Ê À Â í¿ Ä ÍÑ

î

ïð ñ òó ôõ ö÷ø ù ú úû üý

Leatf(t) =

∫ ∞

0

eatf(t)e−stdt

=

∫ ∞

0

e−(s−a)tf(t)dt

Subst.:p=s−a=

∫ ∞

0

e−ptf(t)dt

= F (p)

= F (s − a) 2

ïð þ ò ÿ ø ü ÿû ü ÿ ø ú úû ü ý

Ldf(t)

dt =

∫ ∞

0

1 ·df(t)

dte−stdt

part.Int.= −[f(t)e−st]∞0 + s

∫ ∞

0

f(t)e−stdt

= −f(0) + sF (s)

Ldnf(t)

dtn = −

dn−1f(0)

dtn−1− s

dn−2f(0)

dtn−2− ... − sn−1f(0) + snF (s) 2

ïð ø ü ù û ü ÿ ø ú úû ü ý

L

∫ t

0

f(τ)dτ

=

∫ ∞

0

∫ t

0

f(τ)dτ

︸︷︷︸

u

· e−st

︸︷︷︸

v′

dt

part.Int.=

[

−

∫ t

0

f(τ)dτ ·1

se−st

]∞

0︸︷︷︸

=0

+1

s

∫ ∞

0

f(t)e−stdt

=1

sF (s)

! " #

Lf(t) $ %

&

Seite 56 von 199

'( ) *+ ,- ./ 0 1 1 + -2

34 54 6 78 9: ;< ;= : >8? @A B<C : D

EFG HI JKL MF N

f(t) = f1(t) ∗ f2(t) =∫ t

0f1(τ)f2(t − τ)dτ

OK P Q J RS TUV WX Y Z I f1

[ I \

f2 ]

E PK ^F N J [I L PG J _ Z` ` [ J F J P Y \ ] O ] KG L P N Ja

f1(t) ∗ f2(t) =

∫ t

0

f1(τ)f2(t − τ)dτSubst.:σ=t−τ

=

∫ t

0

f1(t − σ)f2(σ)dσ

Komm.d.Mult.=

∫ t

0

f2(σ)f1(t − σ)dσ

= f2(t) ∗ f1(t)

bK PG c PK Na d [G L F I L K P I KG ef G JK ` G P` g [G JF I \G MF [`

y(t) =

∫ t

0

cT eA(t−τ)b︸︷︷︸

g(t−τ)

u(τ)dτ = g(t) ∗ u(t)

34 54 h i8 j8 ;k >8 k @A B<C : Dk k A <l 8 k

Lf1(t) ∗ f2(t) =

∫ ∞

t=0

∫ t

τ=0

f1(t − τ)f2(τ)dτe−stdt

=

∫ ∞

t=0

∫ t

τ=0

f1(t − τ)f2(τ)e−stdτdt

=

∫ ∞

τ=0

∫ ∞

t=τ

f1(t − τ)f2(τ)e−stdtdτ

Subst.:σ=t−τ=

∫ ∞

τ=0

∫ ∞

σ=0

f1(σ)f2(τ)e−s(σ+τ)dσdτ

=

∫ ∞

σ=0

f1(σ)e−sσdσ

∫ ∞

τ=0

f2(τ)e−sτdτ

= F1(s)F2(s)

^m M \FG Z n PL K bK PG c PK NL P N J F NG Za

y(t) = g(t) ∗ u(t)

Y (s) = G(s)U(s)

E PK opG [ I L \KG g [G J F I \G MF [` ` Z \K N NG PG J P` oF c NFq K n K MK Pq O Y PK N K P I rFq OK M \F MG JK N N nF M ]

s

tu v wx yz | yx ~ y

¡ ¡¢

Ldf(t)

dt = sF (s) − f(0)

lims→∞

Ldf(t)

dt = lim

s→∞sF (s) − f(0)

lims→∞

∫ ∞

0

df(t)

dte−stdt = lim

s→∞sF (s) − f(0)

0 = lims→∞

sF (s) − f(0)

limt→0

f(t) = lims→∞

sF (s) 2

£ ¤ ¥ ¡ ¡¢

Ldf(t)

dt = sF (s) − f(0)

lims→0

Ldf(t)

dt = lim

s→0sF (s) − f(0)

lims→0

∫ ∞

0

df(t)

dte−stdt = lim

s→0sF (s) − f(0)

∫ ∞

0

df(t)

dtdt = lim

s→0sF (s) − f(0)

limt→∞

f(t) − f(0) = lims→0

sF (s) − f(0)

limt→∞

f(t) = lims→0

sF (s) 2 ¦ § ¨ © ª § « ¬ ®

limt→∞ f(t) ¯ ¨ ° § ± « ¬ lims→0 sF (s) ¨ § ² ± ³ ²

limt→∞ f(t) ± « ¬ ´

∞ /∈ R

µ¶

·

Seite 57 von 199

zu Kap. III.1.2 a) Pole und Nullstellen von Übertragungsfunktionenb) Komplexe G-Ebene


Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Beispiel: Verstärkung, Pole und Nullstellen

System (Differentialgleichung):

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++=++ ∫

t

ID du

TuTukyyTyT

01

22 )(1 ττ&&&&

System (Übertragungsfunktion)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

++=

++

++=

22

22

12

2

221

222 1

11

1

11 )(

Ts

TTss

TTs

Ts

TkT

sTsTsT

sTksG DIDDI

D

V

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Beispiel: Verstärkung, Pole und Nullstellen

01 =NsPole:

2

42

24

2

21

22

1

3/2TT

TTT

sN

−±−=

2

4112

2/1DIDD

Z

TTTTs

−±−=

Nullstellen:

s

... Pole

... Nullstellen

Pole konjugiert–komplex für T1<2T2

Nullstellen konjugiert–komplex für TI<4TD

ω

σ

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Bsp: Ortskurve eines PT1 - Systems

( )1 I

kG sT s

=+

2 2

(1 )( )1 (1 )

1

I

I I

I

I

T jkG jT j T j

k kT jT

ωωω ωωω

−=

+ −−

=+

2 2

2 2

Re( )1

Im( )1

I

I

I

kGTkTGT

ωωω

⇒ =+

= −+

Linear gebrochen: ⇒ Kreisverwandtschaft⇒ Erwartung: Kreis oder Gerade

Abbildung der positiven ω-Achse:

Ziel: Darstellung des Imaginärteils als Funktion des Realteils, Elimination von ω:

Re( ) Im( )IG T Gω− ⋅ =Im( )Re( )I

GTG

ω⇒ = − einsetzen z.B. in (1)

(1)

(2)

:s jω=U

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1

Bsp: Ortskurve eines PT1 - Systems

2 22 2Re ( ) Re( ) Im ( ) 0

4 4k kG k G G− + − + =

144442444432

(Re( ) )2k

G −

22 2(Re( ) ) Im ( )

2 4k kG G⇒ − + =

Ergänzen der quadratischen Form:

Kreis mit Mittelpunkt k/2 und Radius k/2

Halbkreis, da nur für ω=0 bis ω→∞

Im

Reω = 0ω → ∞k

k2

ω = ωE

2

2

Re( )Im( )1Re( )

kGGG

=+

2 2 2Re( ) Re ( ) Im ( ) Re ( )G G G k G⎡ ⎤⇒ + =⎣ ⎦

Seite 58 von 199

zu Kap. III.1.2 e) Ortskurven


Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Beispiel: Ortskurve

K

Im

Re

( )1+

=ω

ωj

KjG

0=ω∞→ω

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Beispiel: Ortskurve

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

Re

Im( ))5)(3)(5.2)(1(

)3)(4)(2(7.1++++

−++=

ωωωωωωωω

jjjjjjjjG

0=ω

∞→ω

G(jω)

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Ortskurven wichtiger Übertragungsglieder

• P-Glieder (mit Verzögerung)• I-Glieder (mit Verzögerung)• D-Glieder (mit Verzögerung)• Totzeit-Glieder (mit Verzögerung)

Grundformen:

• PI-Glieder (mit Verzögerung)• PD-Glieder (mit Verzögerung)• PID-Glieder (mit Verzögerung)


Diese Übertragungsglieder stellen wichtige Reglertypen dar ! U

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1

Nomenklatur wichtiger Übertragungsglieder


Konstante muss vorhanden sein (sonst durch Erweitern oder Kürzen mit s auf diese Form bringen)

PI D

n-fache Verzögerung

PIDTtTn

durch Terme im Zähler und ggf. Term e-sT festgelegt.

Benennung:durch Term höchster Ordnung im Nenner festgelegt.

( ) tsTnn

n

s esTsT

sKKKsG −−

+++++++

=1...

......

1

101

1

Seite 59 von 199



Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PTn-Glieder


( ) ( ) KuyyTyTyT nnn

nnn =++++ −−

− &K 111

1

Übertragungsfunktion:

( )11 +++

=sTsT

KsG nnn K

0,0,, 11 >≥− nn TTT K

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PTn-Glieder

PT5

PT4

PT1PT2

PT3

-0.4 K

-0.8

PT1PT5

PT4

PT3

PT2

Im

Re

Ortskurve:

( )( )NjT

kjG11 +

=ω

ω

Hier beispielhaft:

P

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

I-Glieder (Integratoren)

Differentialgleichung Übertragungsfunktion

( )s

KsG I=

Alle einfachen I-Glieder haben einen Pol s=0 und sind grenzstabil.

( )

uKy

duKy

I

t

I

=

= ∫&

ττ0

oder

Differentialgleichung Übertragungsfunktion

( ) 22

sKsG I=

Alle Doppel-I-Glieder haben einen doppelten Pol s=0und sind instabil.

( )∫ ∫=t t

I duKy0 0

2 ττ

Doppelter Integrator:

Einfacher Integrator:

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

ITN-Glieder

( )( )NI jTjT

kjG11 +

=ωω

ω

IT4

IT3IT2

IT1 I

-4 0.5

IIT4 IT3 IT2 IT1

Re

Im

ITkT1

Ortskurve: Hier beispielhaft:

Seite 60 von 199



Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

D-Glieder (Differenzierer)

Übertragungsfunktion

Differentialgleichung uKy D &=

( ) sKsG D=

D-Glieder ohne Verzögerung sind nicht kausal. D-Glieder kommen in der Realität nur mit Verzögerung vor (DT1,...,DTN).

Serienschaltung eines D- und eines PT1-Gliedes.


Differentialgleichung uKyyT D && =+1

( )111 +

=sT

sKsG D

Ideales D-Glied:

DT1 –Glied:

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

DTN-Glieder

( )NjjjG

1)(

+=

ωωω

1

0.4

DT4

DT3

DT1

DT2

D

Re

ImOrtskurve:

Hier beispielhaft:

DT2

DT1

DT3

DT4

D

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Ideales Totzeitglied

Gleichung

( ) ( )tTtukty −⋅=


( ) sTtkesG −=

0 k

-k

Re

Im

Ortskurve:

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Totzeitglieder mit Verzögerung

Totzeitglied mit Verzögerung erster Ordnung (Tt T1 –Glied)

( )tTtukyyT −⋅=+&1


( ) sTtesTksG −

+=

111

k/2 kk/5

0 Re

Im

OrtskurveDifferentialgleichung

Seite 61 von 199



Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PI-Glieder



( ) ( )⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+=+=++ ∫∫ ττττ

t

I

t

I duT

uKduKKuyyTyT00

12

21

&&&IK

KIT =

( ) ( )

( )11

11

122

2

122

2

++

+=

++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

sTsTssT

TK

sTsTsKKsG

I

I

I

0, 21 ≥TT

( )uuKuKuKyyTyTITI

11

)3(22 +=+=++ &&&&&

E

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PI-Glieder

( ) NI

TjTjkjG

)1(

11

1ωωω

+

+=

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

ITjkjG

ωω 11

PIT1PIT2

k

ITkT1

Re

Im

PI

Ideales PI-Glied

PI-Glieder mit VerzögerungHier beispielhaft:

Ortskurve:

EU

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1

PD-Glieder



( ) KK

DD

D

DTuTuK

TTuKKuyyTyT

=+=

≥+=++

0, 2112

2

&

&&&&

( )1

1

122

2 ++

+=

sTsTsTKsG D

E

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PD-Glieder

( ) ( )ωω jTkj D+= 1G

( ) ( )N

D

jTjTkjG

)1(1

1 ωωω

++

=

Ideales PD-Glied

PD-Glieder mit VerzögerungHier beispielhaft:

Ortskurve:

PDT1PD

PDT3

PDT2

k

1TkTD

Re

Im

E

Seite 62 von 199



Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PID-Glieder

K ... ProportionalkonstanteTI ... NachstellzeitTD... Vorhaltezeit



( )

( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++=

++=++

∫

∫

uTduT

uK

uKduKKuyyTyT

D

t

I

D

t

I

&

&&&&

ττ

ττ

0

01

22

1

( ) ( ) 111

122

2122

2

2

++

++=

++++

=sTsT

sKKsK

sTsTssTsTT

TKsG

ID

IDI

I

E

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PID-Glieder

Ortskurve:

ITkT1

1TkTDk

PIDT2

PID

PIDT1

Re

Im

E

Seite 63 von 199

zu Kap. III.1.2 f) Bodediagramm

Vorlesung Regelungstechnik 1, Institut für Systemtheorie und Regelungstechnik Prof. Dr.-Ing. Frank Allgöwer, Dipl.-Ing. Tobias Schweickhardt

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Grafische Darstellungsformen von G(s)

Ortskurve Bodediagramm

# zeigt Real- und Imaginärteil von in der komplexen Ebene

+ erlaubt Aussagen über Stabilitätdes geschlossenen Kreises

- macht Frequenzabhängigkeit nichtsichtbar

# zeigt Amplitude und Phase vonüber der Frequenz

erlaubt in Spezialfällen Aussagenüber Stabilität des geschlossenenKreises

+ ermöglicht einfaches Ablesen vonVerstärkung und Phasen-verschiebung für sinusförmigeAnregungen

( )G jω ( )G jω

Vergleich von Ortskurve und Bodediagramm

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Ortskurve und Bodediagramm

Beispiel: PT1-Glied 1( )

1G j k

Tjω

ω=

+

0

10

20

30

Am

plitu

de (

dB)

10−2

10−1

100

101

−100

−50

0

Frequenz (rad/s)

Pha

se (

Gra

d)

0 2 4 6 8 10−10

−8

−6

−4

−2

0

ReG(jω)

ImG

(jω)

0ω =ω →∞

Ortskurve Bodediagramm

Logarithmische Darstellung!

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Bodediagramm

Darstellung der Amplitude und Phase über der Frequenz

Zwei Schaubilder

Frequenz wird in rad/s angegeben, aber logarithmisch aufgetragen

Amplitude wird in dB aufgetragen, d.h. in

Die Phase wird in Grad oder rad aufgetragen, nicht logarithmisch

( )Amplitude: ( ) ( )

Phase: ( )

A G j

arc G j

ω ω

ϕ ω

=

∆ =

( )20log ( )A ω

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Vorteile der logarithmischen Darstellung

Einfache Approximation möglich mit Geradenstücken(asymptotische Darstellung!)Beispiel: PT1-Glied

0

10

20

30

Am

plitu

de (

dB)

10−2

10−1

100

101

−100

−50

0

Frequenz (rad/s)

Pha

se (

Gra

d)

1( )1

G j kTj

ωω

=+

Seite 64 von 199



Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

−40

−20

0

20

40

Am

plitu

de (

dB)

10−1

100

101

102

−90

0

90

Frequenz (rad/s)

Pha

se (

Gra

d)

1 2G (j 1B )eispiel G (j: G(j )= =(j +10)1

)j

ω ωωωω +

G1

G1

G2

G2


Reihenschaltung zweierFrequenzgänge ergibt Addition

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

1 2

1 2 1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

20log ( ) 20log ( ) ( )

20log ( ) 20log ( ( )

arc ( ) arc ( ) ( )

arc ( ) arc ( )

G j G j G jA G j

G j G j A A

A A A

A A

G j G j G j

G j G j

ω ω ωω ω

ω ω ω ω

ω ω ω

ω ω

ω ω ω

ω ω

=

= =

=

=

= +

=

= +

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1


Inversion entspricht Spiegelung

( )( ) ( )

( ) ( )

1

1

1

log ( )

log ( ) log ( )

arc ( ) arc ( )

G j

G j G j

G j G j

ω

ω ω

ω ω

−

−

−

=

= −

= −

−40

−20

0

20

40

Am

plitu

de (

dB)

10−1

100

101

102

−90

0

90

Frequenz (rad/s)

Pha

se (

Gra

d)

11Beispiel: G(j )= , ( ) 11

G j jj

ω ω ωω

− = ++

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PT1-Glied im Bodediagramm

Gerade mit Steigung 0

Gerade mit Steigung -1, d.h. -20dB pro Dekade

arctan

2

1 1( ) , mit 01

1

Ej

E

E

kG j k eTj T

ωωω ω

ω ωω

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠= = = >

+ ⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2: ( ) log ( ) log , ( ) 0E A k A kω ω ω ω ϕ ω≈ → = ≈

2 2 : ( ) log ( ) log log log , ( )2

EE E

kA A kω πω ω ω ω ω ω ϕ ωω

≈ → = + − ≈ −

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1


Name Eckfrequenz

arctan

2

1 1( ) , mit 01

1

Ej

E

E

kG j k eTj T

ωωω ω

ω ωω

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠= = = >

+ ⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠

Schnittpunkt der Asymptoten: log log log logE Ek k ω ω ω ω= + − → =

Exakter Wert für :1( ) log log 2, ( ) arctan122

E

E EkA k

ω

ω ϕ ω= = − = −

Seite 65 von 199



Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

−20

0

20

40

60A

mpl

itude

(dB

)

10−1

100

101

102

103

−90

0

45

−45

Frequenz (rad/s)

Pha

se (

Gra

d)


−20

0

20

40

60A

mpl

itude

(dB

)

10−1

100

101

102

103

−90

0

45

−45

Frequenz (rad/s)

Pha

se (

Gra

d)

Beispiel: 100, 10Ek ω= =

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PD-Glied im Bodediagramm

Inverse von PT1 Spiegelung

Asymptotenschnittpunkt und exakter Wert für Eckfrequenzanalog zu PT1-Glied

1( ) (1 ) 1 , 0D DE

G j k T j k j Tωω ωω ω

⎛ ⎞= + = + = >⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2: ( ) log ( ) log , ( ) 0E A k A kω ω ω ω ϕ ω≈ → = ≈

2 2 : ( ) log ( ) log log log , ( )2E E

E

kA A kω πω ω ω ω ω ω ϕ ωω

≈ → = − + ≈ −

Gerade mit Steigung 0

Gerade mit Steigung +1, d.h. +20dB pro Dekade

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

PD-Glied im Bodediagramm

Beispiel: 100, 10Ek ω= =

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

I-Glied im Bodediagramm

I-Glied: ( )

( ) log ( ) log log

( )2

kG jj

kA A k

ωω

ω ω ωωπϕ ω

=

= → = −

= −

Entspricht Asymptoten von PT1 fürgroße FrequenzenAmplitude: Steigung -20dBPhase: -90°

Zeichnen mit Punktprobe:010 1 ergibt

( 1) ( 1)Beispiel: 100

( 1) 100 40dB

G j kj A kk

A

ω

ω

ω= =

= − → =

==

=

=

=

Seite 66 von 199



Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

D-Glied im Bodediagramm

Entspricht PD für große FrequenzenInverse zu I-GliedAmplitude: Steigung +20dBPhase: +90°

D-Glied: ( )( ) log ( ) log log

( )2

G j kjA k A k

ω ωω ω ω ω

πϕ ω

== → = +

= +

Zeichnen mit Punktprobe:010 1 ergibt

( 1) ( 1)Beispiel: 0.1

( 1) 0.1 20dBA

G j kj A kk

ω

ωω

= =

= = = −

= → = ==

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Beispiel

45

2 3 5

4

2 3 5

( 10)( 10 )( ) 10( 10 )( 10 )( 10 )

1 110 10

1 1 110 10 10

s sG ss s s

s s

s s s

+ +=

+ + +

⎛ ⎞⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠=

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

Tip: Faktoren immer auf die

Form bringen

siehe Handout “Hilfsblattzum Bodediagramm”

1E

sω

±

Konstruktion:Nach Frequenzen ordnennacheinander und unabhängig Asymptoten zeichnenGesamtverlauf durch Addition der Asymptoten der Teilglieder

2

1

110s+ 3

1

110s+ 41

10s

+5

1

110s+

110s

+

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Beispiel

2

1

110s+ 3

1

110s+ 41

10s

+5

1

110s+

110s

+

Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Beispiel

2

1

110s+ 3

1

110s+ 41

10s

+5

1

110s+

110s

+

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Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Konjungiert komplexe Pole im Bodediagramm

Herleitung wieder über Aufspaltung in Phase und Amplitude und Kurvendiskussion für AsymptotenSteigung Amplitude -40dBPhasenverschiebung -180°

Eckfrequenz

Eigenfrequenz des ungedämpften Systems (T1=0)

Für nicht schwingfähige Systeme (keine konj. komplexen Pole) gilt stets T2<T1 keine Überhöhung

2 21 22 2

1 2

( ) mit 4 konjungiert komplexe Pole1

kG j T Tj T T

ωω ω

= < →+ +

12

1 ( )E f TT

ω = ≠

22 1

1

( ) für ÜberhöhungETA k T TT

ω = → >

Überhöhung Schwingung!!

für Eω ω

Uni

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ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Konjungiert komplexe Pole im Bodediagramm

1 2Beispiel: 10, 1, 4 0.25Ek T T ω= = = → =

Überhöhung

Eω

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Hilfsblatt zum Bode–Diagramm

(Handout fur RT 1)

Im folgenden soll die Frage geklart werden, wie man aus einer gegebenen Ubertragungsfunktion denasymptotischen Verlauf von Amplituden- und Phasengang in doppelt logarithmischer Darstellung er-mitteln kann. Besonderheiten wie konjugiert komplexe Polpaare auf der imaginaren Achse werden nichtbehandelt.

Umformen der Ubertragungsfunktion

Bevor man den asymptotischen Amplituden- und den Phasengang zeichnet, ist es vorteilhaft die Ubert-ragungsfunktion in eine fur diesen Fall

”gunstige“ Darstellung zu bringen. Dies soll im folgenden

erlautert werden.Zuerst bestimmt man die Pole und Nullstellen der Ubertragungsfunktion G(s). Anschließend schreibt

man die Ubertragungsfunktion als Produkt der sich aus den Polen und Nullstellen ergebenden Line-arfaktoren, d.h. als Produkt von I-, D-, PD-, PT1- und PT2- Gliedern. Dabei werden die Terme inaufsteigender Reihenfolge der Eckfrequenzen sortiert. Eventuell auftretende I- oder D-Glieder werdenan den Anfang gestellt (

”Eckfrequenz 0“).

Alle Terme werden in normierter Schreibweise notiert (vergleiche dazu die Tabelle”Verhalten der

wichtigsten Regelkreisglieder 3“ im Manuskript RT-I), so daß alle auftretenden Verstarkungsfaktorenzu einem einzigen Verstarkungsfaktor zusammengefaßt werden konnen.

Insgesamt ergibt sich zum Beispiel folgende Darstellung

G(s) =K

s·

1

1 +s

ω1

·1

1 + T12s + (

s

ω2)2

·

(

1 −s

ω3

)

·1

1 −s

ω4

· . . . ·

(

1 + T1ns + (

s

ωn

)2)

(1)

mitω1 < ω2 < ω3 < ω4 < . . . < ωn (2)

Verlauf des asymptotischen Amplitudenganges

Um den asymptotischen Amplitudengang zeichnen zu konnen, muß man zuerst einen Anfangspunktbestimmen. Dazu wahlt man eine Frequenz ω0 aus, die kleiner ist, als alle in Gleichung (2) vorkommen-den Frequenzen. Zur Bestimmung des dabei auftretenden Betrags der Amplitude kann man zwei Falleunterscheiden:

1) Es tritt kein I- oder D-Glied auf. Der Betrag der Amplitude ist gleich dem Betrag desVerstarkungsfaktor. Der Verlauf der Amplitude bis zur ersten Eckfrequenz ist waagrecht.

2) Es tritt ein I- oder D-Glied auf. Hier ist eine Punktprobe notwendig, d.h. die Frequenz ω0 wirdin das fur diesen Frequenzbereich bestimmende I- oder D-Glied eingesetzt (und nur in dieses), sodaß sich z.B. Gleichung (1) vereinfacht zu

A0 = |G(jω0)| =K

ω0(3)

Damit ist der Betrag der Amplitude A0 bestimmt und ein Anfangspunkt gefunden. Der Verlaufder Amplitude bis zur ersten Eckfrequenz ist fallend mit der Steigung 1 fur I-Glieder und steigendmit der Steigung 1 fur D-Glieder. Falls die Ubertragungsfunktion G(s) mehrfach I- oder D-Gliederenthalt ist die Steigung mit der Anzahl der I- oder D-Glieder zu multiplizieren.

Der weitere Verlauf des Amplitudegangs in doppelt logarithmischer Darstellung andert sich ausgehendvon diesem Anfang bei jeder Eckfrequenz von Gleichung (1). Hier knickt der Amplitudengang ab:

1) jeder (reelle) Pol, d.h. jedes Glied der Form

1

1 ±s

ωi

1

erniedrigt die Steigung des Amplitudenganges um den Wert 1 in der doppellogarithmischen Dar-stellung.

2) jedes konjugiert komplexe Polpaar (|T1i| < 2

ωi

) , d.h. jedes Glied der Form

1

1 + T1is + (

s

ωi

)2

erniedrigt die Steigung des Amplitudenganges um den Wert 2 in der doppellogarithmischen Dar-stellung.

3) jede (reelle) Nullstelle, d.h. jedes Glied der Form(

1 ±s

ωi

)

erhoht die Steigung des Amplitudenganges um den Wert 1 in der doppellogarithmischen Darstel-lung.

4) jedes konjugiert komplexe Nullstellenpaar (|T1i| < 2

ωi

), d.h. jedes Glied der Form(

1 + T1is + (

s

ωi

)2)

erhoht die Steigung des Amplitudenganges um den Wert 2 in der doppellogarithmischen Darstel-lung.

Verlauf des asymptotischen Phasenganges

Analog zum asymptotischen Verlauf der Amplitude wird beim asymptotischen Verlauf des Phasengangeszuerst ein Anfangspunkt ϕ(0) bestimmt, von dem ausgehend der Phasengang bei jeder Eckfrequenz einenSprung ∆ϕ um Vielfache von π

2 macht. Dabei gilt:

1) Jedem (reellen) Pol si entspricht eine Anderung des Phasenganges ϕ bei dem Frequenzwert ωi um

Re(si) ∆ϕ ϕ(0)

< 0 −π

20

= 0 0 −π

2

> 0π

20

2) Jedem konjugiert komplexen Polpaar si1,2(|T1i

| < 2ωi

) entspricht eine Anderung des Phasengangesϕ bei dem Frequenzwert ωi um

Re(si1,2) ∆ϕ ϕ(0)

< 0 −π 0

> 0 π 0

Bemerkung Re(si1,2) < 0 entspricht T1i

> 0 und umgekehrt.

3) Jeder (reellen) Nullstelle si entspricht eine Anderung des Phasenganges ϕ bei dem Frequenzwertωi um

Re(si) ∆ϕ ϕ(0)

< 0π

20

= 0 0π

2

> 0 −π

20

4) Jedem konjugiert komplexen Nullstellenpaar si1,2(|T1i

| < 2ωi

) entspricht eine Anderung des Pha-senganges ϕ bei dem Frequenzwert ωi um

Re(si1,2) ∆ϕ ϕ(0)

< 0 π 0

> 0 −π 0

5) Ein negativer Verstarkungsfaktor fuhrt zu einer Verschiebung des gesamten Phasenganges um denWert π.

2

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zu Kap. III.2.2 a) Stabilitätd) Robustheit der Stabilität


Uni

vers

ität S

tuttg

art

Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Small-Gain-Theorem

.1)(0 ωω ∀<jG

Satz (Small-Gain-Theorem):

Unter der Annahme, dass der offene Kreis G0(s) asymptotisch stabil ist, ist der geschlossene Kreis asymptotisch stabil, wenn gilt

Bemerkungen:

• Small-Gain-Theorem nur hinreichendes, nicht notwendiges Stabilitätskriterium

• Small-Gain-Theorem erweiterbar auf nichtlineare Systeme und lineare Mehrgrößensysteme

Uni

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ität S

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k 1

Small-Gain-Theorem

Beispiele:

→→→

+=

15.0)() 0 s

sGa

Small-Gain-Theorem erfüllt

→

→→→

+=

12)() 0 s

sGb Real Axis

Bodediagramm

Frequency (rad/sec)

(dB)

10-1

100

101-15

-10

-5

0

5

10

Frequency (rad/sec)

(dB)

10-1

100

101-30

-25

-20

-15

-10

-5

Geschlossener Regelkreis a. stabil

BodediagrammSmall-Gain-Theorem nicht erfülltGeschlossener Regelkreis trotzdema. stabil

Small-Gain-Theorem nur hinreichend

Uni

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gste

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k 1

Interne Stabilität von Regelkreisen

Definition (Interne Stabilität von Regelkreisen):

Der Standardregelkreis heißt intern (asymptotisch) stabil, wenn die Übertragungsfunktion von jeder externen Eingangsgröße (w,z, ) auf jede andere Größe im Regelkreis (y,e‘,u) (asymptotisch) stabil ist.

Beispiel:

(T(s) ist asymptotisch stabil)

η

)(sK )(sGw 'e u

z

y

η

331)(

)2)(1(1)(

)2)(1(1)(,

11)(

2

0

++=→

++=→

+−=

+−

=

sssT

sssG

sssK

sssG

Uni

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Reg

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k 1

Interne Stabilität von Regelkreisen

Aber:

(Übertragungsfunktion ist instabil)

Der gesamte Regelkreis ist instabil !→

Bemerkungen:

• Es genügt nicht nur T(s) und S(s) auf Stabilität zu prüfen• Interne Stabilität im Zeitbereich: Dynamikmatrix A des geschlossenen Regelkreises auf Stabilität prüfen

→ Keine instabile Pol-Nullstellen-Kürzung !

)()33)(1(

1

)()()(1

)()(

2 swsss

s

swsKsG

sKsu

++−+

=

+=

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zu Kap. III.2.2 a) Stabilitätd) Robustheit der Stabilität


Uni

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Reg

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gste

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k 1

Robuste Stabilität

Definition (Robuste Stabilität):

Die Stabilität des geschlossene Regelkreises bleibt erhalten, obwohl die Strecke nicht exakt mit dem Modell übereinstimmt.

Größen, die die Robustheit des Regelkreises beschreiben:

• Amplitudenreserve: Die Amplitudenreserve gibt an, wieviel zusätzlicheVerstärkung toleriert werden kann, ohne den geschlossenen Regelkreis zu destabilisieren.

• Phasenreserve: Die Phasenreserve gibt an, wieviel zusätzliche Phasen-verschiebung bei toleriert werden kann, ohne den ge-schlossen Regelkreis zu destabilisieren.

( )1)(0 =DD jG ωω

Uni

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ität S

tuttg

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Reg

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k 1

Robuste Stabilität

ra Amplitudenreserve

rϕ Phasenreserve

)(0 ωjG

10-1

ωlog

ωlog

dB))(log(20 0 ωjG

dB0

))(( 0 ωϕ jG00

0180−

ra1

dBlog20 ra

rϕ

rϕ

Dω

Dω

Dω Durchtrittsfrequenz

180−ω

Uni

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k 1

Robuste Stabilität

Bemerkung:

Die Stabilitätsgrenze darf bei der Einstellung von Regelkreisen nicht erreicht werden. Es muss deshalb eine Amplituden- und Phasenreserveeingehalten werden, so dass bei Parameteränderungen der Regelstrecke keine Instabilität auftritt.

Typische Forderung:

Amplitudenreserve: 2.5,...,10Phasenreserve: > 30 Grad

Amplitudenreserve:

Phasenreserve:

)(1

1800 −

=jwG

ar

)(1800Dr jωϕϕ +=

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!" # ! $ # # %&'( ' )* +( , -'. / + 0 12 3 456 * 0 , - 3 78 0 -' 8 0 * 9 :; ; <= > >? ? ?@ AB ;@ C D AE B ; C ; ; F GH ;@ IJ > J I C K G ; AL D > KL C H B J B >M NO >

P QR ST URV W WX YZ [\ ] Y Q T W^ _` Q Wa ` Q YZ

b c d e f d g e d f h i e g e b e d d d j k' + ' + 78 ' 0 , ' , G0(s) = G(s)K(s) l

mn op qrs tu vw ox m on y vz v o o w | v o~ v u

∆φ1 + G0(jω)

g G0(jω)

de (−1/0) ω d 0 d

∞

m0

e G0

d d i

a0

e b g ( ' + * + + i

d f

∆φ1 + G0(jω) = m0π + a0π

2.

!

~ ~ vw q a0 = 0

d g

G0(s) =Z0(s)

N0(s)

(−1/0)

de c e e

1 + G0(s) =Z0(s) + N0(s)

N0(s) i d d !

−3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−3

−2

−1

0

1

2

3Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

1 + G0(jω)

G0(jω)

−3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−3

−2

−1

0

1

2

3Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

1 + G0(jω)

1 + G0(jω)

d d ! G0

(−1/0)

de 1 + G0

(0/0)

!

Z0(s)

N0(s)

¡ ¢ £ ¢ ¤¥ ¤ ¦¥ § ¢ G0(s) ¨ ¢ ¦ ¤ ¥ ¡ ¡ ¤ ¦ ¢© ª ¨¥ ¡ Z0(s)+N0(s)

« 1+G0(s)

¤ ¬ ¤ ® ¨¥ ¡ N0(s)

¬ ¯ ® ¢ ¨ ¢ ¤ « ¥ ° £ ¢ ¤¥ ¤ ¦¥ § ¢ ¦¦ ® G0

¢ ° ±

N0(s) ≥

±

Z0(s) ª ¥ ¦ ¤ ¢ ° ¡ Z0(s)+N0(s)

¥ ¡ N0(s)

¤ ±

n

¢ ¥ ¡ ¢¤ « ² ¡

n

³ ¨¥ ¨ ¢ ¢ ¦ ¬ ¥ ¤ ° ¬ ¡ ¡ ² ¡ ³ « ¥ ¢´ ¢ ¢ ¢ ¤ ¬ ¡ n ¢ µ ¥ ¤

P (jω) = an(jω − s1)(jω − s2) . . . (jω − sn)

²¶ ³

¡ ¢ ¥ ¢ s1 . . . sn

¥ ¦¤ ¢ · ¢ ¤ ¥ ¨ §

P (jω) = an |jω − s1| |jω − s2| . . . |jω − sn| ej(arg(jω−s1)+arg(jω−s2)+···+arg(jω−sn)).

²¸ ³

ª ¹ º¥ » ¨¥ ¦ § ¢ (jω − si)

¥ ¦ ¬ ¥ ¤

Resjsi

Im

ω → ∞

ω = 0

jω − sjjω − si

´ ¥ ¤ ¶ © ¹ º¥ » ¨¥ ¦ § ¢ ¥ ¦ ¬ ¥ ¤ ¬ ¡

¬ ¡ ¢ ´ ¶ ¤ ¢ ¢ ¹

jω−si

¢ ¢ ¡ ¤ ° « ² ´ § ¡ ¼ ³

si

¥ ¦ ¡ ¤

jω ¤ ¢ ½¾ ¨¥

si

§ ¿ ¾ ¢ ¢ ¥ ¤ À ¤ ¨ §

argjω −si

¤ ¥ Á ¢ · ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ « Â ¢¥ ¤ ° ω

¥ ¢ ¢ ¢¥ ¢ ½¾ ± ¦

ω → ∞ ¨ § « 90 π

2

¾ ¢ ½¾ ¨¥

sj

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2

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n+

´

¶

Seite 72 von 199

ÇÈÉÊ Ë ÌÍ Î Í Ï ËÉ É ËÐ ÑÒ Ë Í ÓÔ ÌÕ ËÕ ËÍ Ë È Í ÏÖ Î Ò

n − n+

Ï Î Ë × ÍÊ Ô Ñ Ì Ï ËÉ ÇÈÉÊ Ë Ì Í Î Í Ï ËÉÌ Î Í Ø ËÍ ÓÔ ÌÕ ËÕ ËÍ ËÙ ÚÛÜ Î Ì Ò Û Ý Ë Í Ú Î Ð ÑÒ Ì Î Ð Ñ

∆φP (jω) = (n − n+)π

2− n+

π

2.

Þß à

Ç Ë Í Ï ËÍ á ÎÉ È Í Ú á Î Ë Ï ËÉ Ï ËÉ É Ô Ò ÎÛ Í Ô Ì ËÍ â È Í ØÒ Î Û Í 1 + G0(jω)Ê Èã äÔ Ú åæ Ñ Ì ËÉç Û ÌèéÍ Û Ö Þ Õ Ë Ú Ò ÎÖ Ö Ò Ç ÈÉÊ Ë Ì Í Ï Ë ÚÜ Ë ÚÐ Ñ Ì Û Ú Ú ËÍ Ë Í êÉ Ë Î Ú Ë Ú à Õ Ë á ÎÉ ØÒ Ï Î Ë ËÕ Ë Í ÏÔ É Ü Ë Ú Ò Ë Ì Ì Ò Ëë ÑÔ Ú Ë Í ÏÉ Ë Ñ È ÍÜ Ù áæ ÑÉ ËÍ Ï ÏÔ Ú ì ËÍ Í ËÉç Û Ìè Í Û Ö Þ Õ Ë Ú Ò ÎÖ Ö Ò ÇÈÉ Ê Ë Ì Í Ï Ë Ú Û Ý ËÍ Ë Í êÉ Ë ÎéÚ Ë Ú à Ë ÎÍ Ë Í Ü Ì Ë Î Ð Ñ ËÍ í Ý Ë Ø Ò Ô È î Ï Î Ë ë ÑÔ Ú Ë ÑÔ Ò Ù ï Ë Ï Û Ð ÑÖ Î Ò Í ËÜ Ô Ò Îð ËÖ ñÛ ÉÊ Ë Î Ð Ñ Ë Í Þ ÏÔ Úä Îð Î Ï Î ËÉ ËÍ Ï ÈÉ Ð Ñ Ë Î Í Ë ØÛ Ö ç Ì Ëò Ë å Ô Ñ Ì Õ Ë á ÎÉ ØÒ ÏÔ Ú ó È Õ ÒÉ Ô Ñ Î ËÉ ËÍ Ï Ë Ú ËÍ Ò Úç É Ë Ð Ñ ËÍ Ï ËÍÇ ÎÍ Ø Ë Ì Ú àã Ç ËÉ Ï ËÍ Í È Í îÛ ÌÜ Ë Í Ï Ë ô ËÊ Ë Î Ð Ñ Í È ÍÜ Ë Í ð ËÉ á ËÍ Ï Ë Ò

n

× ÍÊ Ô Ñ Ì Ï ËÉ ÇÈÉÊ Ë Ì Í Ï ËÉ Û Ý ËÍ ËÍ êÉ Ë Î Ú Ë Ú

(=

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× ÍÊ Ô Ñ Ì Ï ËÉ ÇÈÉÊ Ë Ì Í Ï ËÉ Û Ý ËÍ ËÍ êÉ Ë Î Ú Ë Ú Î Í Ï ËÉ É ËÐ ÑÒ Ë Í Ó Ô ÌÕ ËÕ ËÍ Ë

m

× ÍÊ Ô Ñ Ì Ï ËÉ ÇÈÉÊ Ë Ì Í Ï ËÉ Ü Ë ÚÐ Ñ Ì Û Ú Ú Ë Í Ë Í êÉ Ë Î Ú Ë Ú Î Í Ï ËÉ É ËÐ ÑÒ Ë Í ÓÔ ÌÕ ËÕ Ë Í Ë

ÚÛ ËÉ Ü ÎÕ Ò Ú Î Ð Ñ îõÉ Ï Î Ë ë ÑÔ Ú ËÍ ÏÉ Ë Ñ È ÍÜ Ï ËÉ ö õ Ð Ø îõ ÑÉ Ï Î Ý ËÉ ËÍÊ

∆φ1 + G0(jω) = (n − m)π

2− m

π

2︸︷︷︸÷ø ùúûüý þ úÿ þ

−(

(n − m0)π

2− m0

π

2

)

︸︷︷︸û ûüý þ úÿ þ

= m0π − mπ

Þ à

ä ËÉ Ü Ë Ú Ð Ñ Ì Û Ú Ú ËÍ Ë êÉ Ë Î Ú Î Ú ÒÜ Ë Í Ô È ÏÔ Í Í Ô Úè Ö ç Ò Û Ò Î ÚÐ Ñ Ú Ò Ô Õ Î ÌÙ á Ë Í Í ÏÔ Ú Ð ÑÔ É Ô Ø Ò ËÉ Î Ú Ò ÎéÚÐ Ñ Ë ëÛ Ì è Í Û Ö Ï Ë ÚÜ Ë ÚÐ Ñ Ì Û Ú Ú ËÍ ËÍ êÉ Ë Î Ú Ë Ú Z0(s) +N0(s)

Ø Ë Î Í Ë Ç ÈÉÊ Ë Ì Í ÎÍ Ï ËÉ É ËÐ ÑÒ Ë ÍÓÔ ÌÕ ËÕ Ë Í Ë Õ Ë Ú Î ÒÊ Ò Ù Ïã Ñã á Ë Í Í m = 0

ÕÊ áã ∆φ1 + G0(jω) = m0πã 2

ä ËÉ ô Ë á Ë Î Ú ØÔ Í Í îõ É a0 6= 0 ËÉ á Ë Î Ò ËÉ Ò á ËÉ Ï Ë Í Ù Î Í Ï ËÖ Ï Î Ë ë Û Ì Ë Ô È î Ï ËÉÎÖ ÔÜ Î Í æ É Ë Í ×Ð Ñ Ú Ë È Ö îÔ ÑÉ ËÍ á ËÉ Ï Ë Í Ù á Ë Í Í Ö Ô Í ω ð Û Í 0

Õ Î Ú ∞ ÌÔ È î ËÍ Ìæ Ú Ú Ò Þ Ïã ÑãÏ ËÉ ë È Í Ø Ò

jω ð ËÉ Ìæ Ú Ú Ò î õÉ Ë Î Í Ë Í Ü ËÜ Ë Í ì È Ì ÌÜ Ë Ñ ËÍ Ï ËÍ Ç ËÜ Ò Ë Î Ì Ï Î Ë ÎÖ ÔÜ Î Í æ É Ë ×Ð Ñ Ú Ë àã

Ç Ë Í Í Ï Î Ë É Ò Ú Ø ÈÉ ð Ë ð Û Í G0(jω)

Ï Ë Í ØÉ Î Ò Î Ú Ð Ñ ËÍ ë È Í ØÒ

(−1/0) Ú Ð ÑÍ Ë Î Ï Ë ÒÑ Ë Î Ú Ú Ò ÏÔ ÚÙ Ë ÚÜ ÎÕ Ò Ë Î Í ω∗Ù ÚÛ ÏÔ Ú Ú G0(jω∗) = −1

ÕÊ áã 1 + G0(jω∗) = 0ã äÔ Ö Î Ò Î Ú ÒÏ Î ËÉ Ë Î Í ÎÖ ÔÜ Î Í æ É Ë å Ô Ñ Ì

jω∗ Ë Î Í Ë Ç ÈÉÊ Ë Ì Ï ËÉ Ð ÑÔ É Ô ØÒ ËÉ Î Ú Ò Î Ú Ð Ñ ËÍ Ì Ë Î Ð Ñ È ÍÜ È Í Ï Ï ËÉÜ Ë ÚÐ Ñ ÌÛ Ú Ú Ë Í Ë êÉ Ë Î Ú Ë Î Ú Ò Í ÎÐ ÑÒ Ô Úè Ö ç Ò Û Ò Î Ú Ð Ñ Ú Ò Ô Õ Î Ìã

Seite 73 von 199

zu Kap. III.2.2 e) Regelgüte


Uni

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ität S

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Vorle

sung

Reg

elun

gste

chni

k 1

Zeit-und Frequenzbereich

Kenngrößen des geschlossenen Kreises im Zeitbereich:

1

0

t

y(t)

ü

0.5

t50%

e∞

tanr

tanr Anregelzeit t50% Anstiegszeitü Normierte Überschwingweitee∞ Bleibende Regelabweichung U

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1


Kenngrößen des offenen Kreises im Bodediagramm:

))(( 0 ωϕ jG

180−ω

20lg|G(0)|20lg|G(jω)|

ωD0

ϕr

20lg|1/ar|lgω

lgω

-1800

00

ωD Durchtrittsfrequenzω-180 Phasendurchtrittsfrequenzϕr Phasenreservear AmplitudenreserveG(0) Stationäre Verstärkung

Uni

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sung

Reg

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chni

k 1


Annahme:Der geschlossene Kreis kann näherungsweise durch einPT2-Glied

200

2

20

0 2)(

ωωω

++=

sdssG

beschrieben werden.

Faustformeln für 0.5 < d < 0.8 :

• Schnelligkeit: ωD t50% ≈ 1.5

• Überschwingen: ϕr [°] ≈ 70 – ü [%]

• Bandbreite: ωB > ωD

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zu Kap. III.3.1 a) Einstellregeln


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sung

Reg

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chni

k 1

Ausgangsrückführungen

Typische Reglerstrukturen

• P-Regler PKsK =)(

• PID-Regler (nicht exakt realisierbar) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

sTsTKsK

IDP

11)(

( )sTKsK DP += 1)(• PD-Regler (nicht exakt realisierbar)

)11()(sT

KsKI

P +=• PI-Regler

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Reg

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k 1

Einstellregeln für Regler-Tuning

Übersicht über ausgewählte Tuning-Verfahren

1. Sprungmethode nach Ziegler-Nichols

Bei bekannter Sprungantwort eines stabilen Systems, gewonnen aus Modell oder Experiment.

2. Schwingmethode nach Ziegler-Nichols

Bei bekanntem Modell mit Hilfe des Bodediagramms (Frequenzbereichsmodell) oder eines Simulationsexperiments (Zeitbereichsmodell), Experiment oft nicht ratsam.

3. Relais-Methode nach Åström-Hagglund

Kein Streckenmodell nötig, Parameter aus Experiment mit Schalt-Regler.

Einstellen der Reglerparameter bei vorgegebener Struktur mit Hilfe der

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Reg

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chni

k 1

R=KS/τ...Tangentensteigung

KS...stat. Verstärkung


Sprungmethode nach Ziegler-Nichols

Voraussetzungen:1. Regelstrecke ist stabil2. Sprungantwort hat (näherungsweise) folgende Form:

KS

L τ

(Tangente im Wendepunkt)

t

y Übertragungsfunktion

–LsGS ≈ KS τs+1

1 e

L...Totzeit

τ...Anstiegszeit

–LsGS ≈ KS τs+1

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Regelziel:Amplitudenverhältnis im geschlossenen Kreis a=y2/y1<0.25

y1 y2

t

y

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zu Kap. III.3.1 a) Einstellregeln


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Wahl der Parameter (Erfahrungswerte)

P-Regler PI-Regler PID-Regler

K=R L

1 K=R L0.9 K=

R L1.2

TI= 0.3L TI= 2 L

TD= 0.5 L

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Vorteile:

• Sehr schneller Entwurfsvorgang

• Ausreichend robustes Regelverhalten (Stabilität)

Nachteile

• Keine hohe Regelgüte erreichbar

• Nicht anwendbar bei L>τ ; Sehr sensitiv für L≈τ

• Nur für stabile Strecken mit oben dargestellter Sprungantwort

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Angaben für das Beispiel:

Approximation durch Vernachlässigung der schnellen Dynamik 1/(0.1s+1)

Regelstrecke

ee ss

sssssG 8.08.0

2 )11.0)(18.0(3.1

19.008.03.1)( −−

++=

++=

Approximation durch Tangente im Wendepunkt

8.0;8.0;3.118.0

3.1)( 8.0 ===⇒+

= − LKs

sG Sse τ

86.0;01.1;3.1101.1

3.1)( 86.0 ===⇒+

= − LKs

sG Sse τ

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zu Kap. III.3.2 Loopshaping


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k 1

(Open-)Loopshaping für SISO-Systeme

Anforderungen an den geschlossenen Kreis

1. Nominelle Stabilität

Aus Ortskurve oder Bode-Diagramm des offenen Kreises mit Hilfe des Nyquist-Kriteriums

2. Robuste Stabilität

Amplituden- und Phasenreserve aus Ortskurve oder Bodediagramm des offenen Kreises

3. Regelgüte

Folgeverhalten sowie Stör- und Rauschunterdrückung aus Amplitudengang des offenen Kreises (s.u.)

⇒ Alle Forderungen an den geschlossenen Kreis aufgrund von Eigenschaften des offenen Kreises G0=G·K überprüfbar !

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Anforderungen 1 und 2: Stabilität und Robustheit der Stabilität

Einfache Anwendung des Nyquist-Kriteriums im Bode-diagramm möglich, für

30

0

0

≤=

am

Der geschlossene Kreis ist genau dann asymptotisch stabil, wenn gilt:

• die Phase von G0 an der Durchtrittsfrequenz ist größer (d.h. weniger negativ) als –180°,

• die Phase von G0 muss dabei beginnend bei –a0π/2 ins Bodediagramm eingezeichnet werden.

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Anforderungen 1 und 2: Stabilität und Robustheit der Stabilität

ra Amplitudenreserve

rϕ Phasenreserve

)(0 ωjG0-1

ra/1

rϕDω

Dω Durchtrittsfrequenz1)(0 =DjG ω

ωlog

dB))(log(20 0 ωjG

dB0

))(( 0 ωϕ jG00

0180−rϕ

Dω

180−ωωlog

dBlog20 raU

nive

rsitä

t Stu

ttgar

tVo

rlesu

ng R

egel

ungs

tech

nik

1


Anforderung 3 an den geschlossenen Kreis: Regelgüte

Regelfehler: )()()()()()()()( ssTszsGsSswsSse Z η+−=Folge-verhalten

Stör-unterdrückung

Rausch-unterdrückung

• Gewünschtes Führungsfolgeverhalten und Störunterdrückung:

1)( 1)(1

1)(!

0!

0>>⇒<<

+= ω

ωω jG

jGjS

• Gewünschte Rauschunterdrückung:

1)( 1)(1

)()(!

0!

0

0 <<⇒<<+

= ωω

ωω jGjG

jGjT

∞=→

)( lim 00

ωω

jGinsbes.: keine bleibende Regelabweichung nach Führungssprung

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Anforderung 3 an den geschlossenen Kreis: Regelgüte

Kompromiss:

„Geschwindigkeit“ des geschlossenen Kreises

dBjT B 3)( −=ωÜbertragungsbandbreite ωB

ω > ωD: Gute Rauschunterdrückung(|G0(jω)|<1, |S(jω)|>|T(jω)|)

entspricht näherungsweise Durchtrittsfrequenz ωD 1)( 0 =DjG ω

ω < ωD: Gutes Führungs- und Störverhalten (|G0(jω)|>1, |S(jω)|<|T(jω)|)

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1. Nyquist-Kriterium (nominelle Stabilität)2. Amplitudenreserve (robuste Stabilität)3. Phasenreserve (robuste Stabilität und Regelgüte)4. Genügend grosses |G0(0)|, idealerweise |G0(0)|→∞ (Regelgüte)5. Einhalten einer bestimmten Durchtrittsfrequenz (Regelgüte)

Zusammenfassung: Anforderungen an den Frequenzgang von G0

Dω

-180°

0°

0 dB

3

2

4

5

5

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Loopshaping-Idee

Gegeben:• Verhalten der Regelstrecke G(s)• Wunschverhalten des offenen Kreises G0(s)

Gesucht:• Regler K(s), so dass G0(s)=G(s)K(s)

Idee:• Reihenschaltung G(s)K(s) entspricht Addition der

Amplituden- bzw. Phasenverläufe im Bode-DiagrammVorgehen:

• Iteratives Entwerfen von K(s) mit Hilfe des Bode-Diagramms Uni

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Loopshaping-Idee

Frequency (rad/sec)

Pha

se (d

eg)

Mag

nitu

de (d

B)K(jω)

G(jω)

G0(jω)

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P-Regler

Regelgesetz PKsK =)(

Wirkungsweise• Parameter KP verschiebt Amplitudengang von G0(s)= KP G(s)

nach oben (KP>1) bzw. nach unten (KP<1)

Frequency (rad/sec)Phas

e (d

eg)

Mag

nitu

de (d

B)

0

-90

0

90

PK

Uni

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Reg

elun

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chni

k 1 K(jω)


P-Regler

Frequency (rad/sec)

Pha

se (d

eg)

Mag

nitu

de (d

B)

0

-270

-180

-90

0

rγ

G(jω)r

P aK 1

max, =

G(jω)K(jω)

Uni

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Reg

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chni

k 1


P-Regler

Nutzung des Regler-Freiheitsgrades KP zur Wahlder Durchtrittsfrequenz

ODER der bleibenden RegelabweichungODER der PhasenreserveODER der Amplitudenreserve

Bewertung– Regelkreis schnell an Stabilitätsgrenze– immer bleibende Regelabweichung auf Sollwertsprung– keine hohe Regelgüte erreichbar– Fazit: häufig ist P-Reglerstruktur nicht ausreichend, um

Anforderungen an den Regelkreis zu erfüllen Uni

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PI-Regler

Frequency (rad/sec)

Pha

se (d

eg)

Mag

nitu

de (d

B)

0

-90

-45

0PK

IT1

1:1

Regelgesetz)11()(

sTKsK

IP +=

asymptotischer Verlauf

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Reg

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k 1


PI-Regler

Regelgesetz)11()(

sTKsK

IP +=

Wirkungsweise• I-Anteil garantiert strukturell, dass keine bleibende

Regelabweichung auftritt• Parameter KP: Wahl, so dass gewünschte Durchtrittsfrequenz

erreicht wird• Parameter TI : legt Eckfrequenz fest

Legt man die Eckfrequenz genügend weit unterhalb der Durchtrittsfrequenz fest, so wird die Regelgüte verbessert, ohne die Stabilitätsreserve nachteilig zu beeinflussen U

nive

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nik

1

K(jω)


PI-Regler

Frequency (rad/sec)

Pha

se (d

eg)

Mag

nitu

de (d

B)

0

-270

-180

-90

0

G(jω)K(jω)G(jω)

Uni

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k 1


Lead-Element (phasenanhebendes Korrekturglied)Regelgesetz

wvswsvsK⋅+

+=)(

Frequency (rad/sec)

Pha

se (d

eg)

Mag

nitu

de (d

B)

0

0

90

wv ⋅w

v

wv ⋅

asymptotischer Verlauf

1>v

0>ϕ

0≈A

w<ω

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Lead-Element

Wirkungsweise• Phase steigt an, bevor Amplitude zunimmt→ Erhöhung der Phase im Bereich der Durchtrittsfrequenz, ohne

die Durchtrittsfrequenz zu verändern→ Zusätzlicher Freiheitsgrad zur Verbesserung der

Phasenreserve• Optimal ist • Wenigstens• mehrere Lead-Elemente kombinierbar

Regelgesetz

wvswsvsK⋅+

+=)( 1>v

Dw ω>

Dwv ω>⋅

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Lead-Element

Frequency (rad/sec)

Pha

se (d

eg)

Mag

nitu

de (d

B)

0

-270

-180

-90

0

raΔ

rγΔ

G(jω) G(jω)K(jω)

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P-Regler mit lead-Element (PD-Regler)

Wirkungsweise• Wahl der Durchtrittsfrequenz wie bei P-Regler• Verbesserung der Stabilitätsreserve mit lead-Element

P+lead-Regelgesetz (Approximation eines PD-Reglers)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅++

=wvs

wsvKsK P)( 1>v

PD-Regelgesetz (nicht streng realisierbar !)

( )sTKsK DP += 1)(

∞→

=

v

T wD1

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PI-Regler mit lead-Element (PID-Regler)

Wirkungsweise• Wahl der Durchtrittsfrequenz wie bei P-Regler• Verbesserung der Regelgüte wie bei PI-Regler• Verbesserung der Stabilitätsreserve mit lead-Element

PI+lead-Regelgesetz (Approximation eines PID-Reglers)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅++

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

wvswsv

sTKsK

IP

11)( 1>v

PID-Regelgesetz (nicht streng realisierbar !)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

sTsTKsK

IDP ~

11~)( ( )( )( )

∞→

+=

+=

+=

−

v

TT

T

KK

I

I

I

wTII

wTwD

wTPP

1

111

1

1~1

1~

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Reg

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k 1

Interaktive Onlineübungen

Auf der IST-Homepage

http://www.uni-stuttgart.de/education/courses/RTI/online

Credits:

• Gerd S. Schmidt• Ulrike Currle• Holger Conzelmann• Tobias Schweickhardt• Sebastian Gunreben• Dr. Eric Bullinger

Seite 81 von 199

Institut fur Systemtheorie und RegelungstechnikProf. Dr.-Ing. F. AllgowerRegelungstechnik I – Loopshaping-Entwurfhttp://www.ist.uni-stuttgart.de/education/courses/RTI/


ts,pw

Einfacher loop-shaping Entwurf

Der geschlossene Kreis soll die folgenden Anforderungen erfullen:• Stabilitat

• gutes Fuhrungs-/Storverhalten

• kleine bleibende Regelabweichung

• Das Einschwingverhalten soll schnell genug sein, d.h. die Bandbreite soll groß genug sein

• Robustheit der Stabilitat

Der Regler K(s) soll so entworfen sein, daß diese Anforderungen erfullt sind. Im Eingroßenfall enthalt dasBode-Diagramm des offenen Kreises G0(s) = G(s)K(s) alle Informationen uber den geschlossenen Kreis.D.h. es genugt, die Ubertragungsfunktion G(s)K(s) so zu

”formen“, daß die gewunschten Anforderungen

erfullt sind.Im folgenden wird gezeigt, wie die Ubertragungsfunktion des offenen Kreises aussehen muß, damit

-6e

−- K(s) - G(s) -r

Abb. 1: Offener Kreis (durchgezogene Linien) und geschlossener Kreis (gestrichelte Li-nien).

die genannten Anforderungen erfullt werden. Anschließend untersuchen wir, wie die Parameter einesPI-Reglers gewahlt werden mussen, um diese Form der Ubertragungsfunktion des offenen Kreises zuerreichen. Da man den Amplituden- und Phasengang des offenen Kreises geeignet

”formt“, nennt man

diese Vorgehensweise (open) loop-shaping.

Stabilitat

Die Stabilitat des geschlossene Kreises kann mit Hilfe des Nyquist-Kriteriums aus der Ortskurve oderdem Bode-Diagramm des offenen Kreise abgelesen werden.

Beispiel 1. In Abbildung 2 sei vorausgesetzt, daß die ungeregelte Strecke G(s) stabil ist. Aus demNyquistkriterium erkennt man, daß der geschlossene Kreis instabil geworden ist, da die Phasendrehung

-Re

6Im

−1

AAAAAAAU

G(jω)K(jω)

Abb. 2: Ortskurve eines instabilen geschlossenen Kreises (G(s), K(s) stabil).

1

bezuglich des kritischen Punktes (−1, 0) ∆φ = −2π und somit von null verschieden ist.

Im Bode-Diagramm laßt sich die Stabilitat folgendermaßen ablesen: Ist die ungeregelte Strecke stabil,so ist der geschlossene Kreis stabil, wenn bei der Phase φ = −π die Amplitude kleiner als

”1“ ist. Der

Regler K(s) muß somit so beschaffen sein, daß an der Durchtrittsfrequenz die Phase großer als −π ist.

Bleibende Regelabweichung

Die bleibende Regelabweichung wird klein sein, wenn G(jω)K(jω) 1 fur kleine Frequenzen gilt.

Bandbreite

Die Bandbreite ωB des geschlossenen Kreises ist ungefahr gleich der Durchtrittsfrequenz ωD des offenenKreises.

Dies kann man sich wie folgt veranschaulichen. Im SISO-Fall entspricht der komplementaren Sensiti-vitatsfunktion der Ausdruck GK

1+GK. Man uberlegt sich leicht:

GK

1 + GK 1 ⇒ GK 1

GK 1 ⇒GK

1 + GK 1

Robuste Stabilitat

Die Robustheit der Eigenschaft Stabilitat kann uber die Phasen- und Amplitudenreserve beeinflußtwerden.

• Die Phasenreserve γR ist der Winkel, bei dem der Frequenzgang den Einheitskreis schneidet,d.h. |G · K| = 1 (im Bode-Diagramm leicht ablesbar). Die Phasenreserve gibt an, um wieviel diePhase der echten Strecke von der Phase des Modells differieren kann, damit trotzdem Stabilitatgewahrleistet bleibt.

• Die Amplitudenreserve aR = 1

ARist der Faktor, durch den sich die Verstarkung der realen Strecke

-Re

6Im

−1

-

AR

γR

G·K

Abb. 3: Veranschaulichung der Amplituden- und Phasenreserve im Nyquistdiagramm.

vom Modell unterscheiden kann, ohne daß das System instabil wird (Abbildung 3).

Entwurfsvorgang

Die Anforderungen an den geschlossenen Kreis konnen also durch Anforderungen an den Verlauf desAmplituden- und Phasengangs des offenen Kreises formuliert werden. Wie bestimmt man aber einenRegler K(s) so, daß der offene Kreis G·K diesen Anforderungen genugt? Im Eingroßenfall ist dies rechteinfach. Die (frequenzweise) Multiplikation von G(s) und K(s) entspricht einer Addition der Amplitudenund Phasen von G(s) und K(s) im doppellogarithmischen Bodediagramm fur jede Frequenz. Wir mussenalso nur anhand der gestellten Anforderungen uberlegen, bei welchen Frequenzen welche Amplitude und

2

Seite 82 von 199

Phase des Reglers benotigt wird, um den gewunschten Verlauf von G·K im Bodediagramm zu erreichen.Die Schwierigkeit bei dieser Vorgehensweise besteht darin, daß Amplitude und Phase von K(s) nichtunabhangig voneinander gewahlt werden konnen. Im folgenden soll die typische Vorgehensweise amBeispiel des Entwurfs eines P- bzw. PI-Reglers fur eine Beispielstrecke demonstriert werden.Beispiel 2. Wir wollen einen Regler fur das folgende System G(s) entwerfen:

G(s) = 101

(s + 0.5)(s + 1)(s + 5)(1)

Die Abbildungen 4 und 5 zeigen Bode-Diagramm und Ortskurve der ungeregelten Strecke.

10−4 10−2 100 102 104

−300

−200

−100

0

100

log ω

A

10−4 10−2 100 102 104

−270

−180

−90

0

log ω

ϕ

Abb. 4: Verlauf der Amplitude von G(s) in dB (linkes Bild) und der Phase von G(s) inGrad (rechtes Bild).

−1 0 1 2 3 4−3

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

Re

Im

Abb. 5: Ortskurve von G(s).

P-Regler

KP (s) = KP (2)

Die Ortskurve besteht nur aus einem Punkt auf der reellen Achse bei KP . Der Amplitudengang bestehtaus einer Parallelen zur ω-Achse im Abstand log KP von der 0 dB-Linie. Die Phase ist fur alle ω gleichnull. Man hat nur einen Parameter KP um den Verlauf von G·K im Bode-Diagramm zu beeinflussen.

PI-Regler

KPI(s) = KP +KI

s= KP

s + KI

KP

s= KP

s + 1

TI

s(3)

Hier stehen zwei Parameter, KP und TI , zum loop-shaping zur Verfugung. Auch hier sei wieder dasprinzipielle Bode-Diagramm eines PI-Reglers dargestellt (Abbildung 6). Der Verstarkungsfaktor KP desPI-Reglers bewirkt ausschließlich eine Verschiebung des Amplitudenganges nach oben bzw. nach unten,ohne die Phase zu verandern. Der Parameter TI verandert die Form des Bode-Diagramms. Wie manaus dem Phasengang des PI-Reglers entnehmen kann, bewirkt er fur Frequenzen großer als 1

TIkeine

Phasendrehung mehr. Der Vorteil der PI-Parametrierung mit KP und TI gegenuber der Parametrierungmit KP und KI ist, daß man die Eckfrequenz und die Verstarkung fur große Frequenzen unabhangigvoneinander einstellen kann.

Wir betrachten nun im folgenden den geschlossenen Regelkreis und stellen folgende Forderungen.

3

10−4 10−2 100 102 104

−10

10

30

50

log ω

A

10−4 10−2 100 102 104

−90

−60

−30

0

log ω

ϕ

Abb. 6: Verlauf der Amplitude eines PI-Reglers in dB (linkes Bild) und seiner Phase inGrad (rechtes Bild) (Kp = 1 und TI = 102).

• keine bleibende Regelabweichung (durch I-Anteil strukturell erfullt)

• Beispielhaft fordern wir, daß die Bandbreite des geschlossenen Kreises doppelt so groß sein sollwie die des offenen Kreises. D.h. die Durchtrittsfrequenz soll ωD = 2 1

secsein. Diese Bedingung

wird uber den Reglerparameter KP erfullt.

• Stabilitat, nominell und robust (Phasenreserve 60). Diese Bedingung wird durch geeignete Wahlvon KP und TI erfullt.

Offener Kreis mit P-Regler

Den einen Freiheitsgrad des P-Reglers benutzen wir, um die Durchtrittsfrequenz festzulegen. Der P-Regler verschiebt die Amplitude um den Betrag log KP . D.h. KP bestimmt man, indem beim offenenKreis die Amplitude bei der gewunschten Durchtrittsfrequenz abgelesen wird (AmplωD). Hier betragtder Wert −5dB, was 0.58 entspricht. Daraus ergibt sich KP zu KP = 1

0.58≈ 1.7 (=5dB).

Die Phase wird dadurch nicht verandert. Wie aus Abbildung 7 zu entnehmen ist, hat der offene Kreismit dem P-Regler K(s) = 1.7 tatsachlich eine Durchtrittsfrequenz von etwa ωD = 2 1

sec(gestrichelte

Linie). Die Phase betragt bei der Durchtrittsfrequenz ϕ = −150. Daraus folgt, daß der geschlosseneKreis nominell stabil ist. Die Phasenreserve ist etwa 30 Grad. Wir fordern aber eine Phasenreserve

10−4 10−2 100 102 104

−300

−200

−100

0

100

log ω

A

10−4 10−2 100 102 104

−270

−180

−90

0

log ω

ϕ

Abb. 7: Verlauf der Amplitude der offenen Strecke mit P-Regler in dB (linkes Bild) undder Phase in Grad (rechtes Bild).

von 60 Grad. Außerdem mussen wir mit bleibender Regelabweichung bei Fuhrungs- und Storsprungenrechnen, da die Amplitude nicht sehr groß fur kleine Frequenzen ist. Damit erfullt dieser Regler diegestellten Anforderungen nicht.

Offener Kreis mit PI-Regler

Die Forderung nach verschwindender bleibender Regelabweichung laßt sich mit einem PI-Regler erfullen.Fur die Verstarkung KP des PI-Reglers wahlen wir ebenfalls KP = 1.7, um die gewunschte Durch-trittsfrequenz zu erzielen. Die Eckfrequenz 1

TI

wird so klein gewahlt, daß der Regler keine negative

4

Seite 83 von 199

10−4 10−2 100 102 104

−300

−200

−100

0

100

log ω

A

10−4 10−2 100 102 104

−270

−180

−90

0

log ω

ϕ

Abb. 8: Verlauf der Amplitude der offenen Strecke mit PI-Regler (Gleichung (4) in dB(linkes Bild) und der Phase in Grad (rechtes Bild).

Phasendrehung im Bereich der Durchtrittsfrequenz hat, um die Stabilitatseigenschaften und Phasenre-serve nicht zu verschlechtern. Hier wahlen wir 1

TI

= 0.01. Damit ergibt sich

K(s) = 1.7s + 0.01

s(4)

Die Ortskurve hat den in Abbildung 10 dargestellten Verlauf. Die Amplitudenreserve betragt nach

10−4 10−2 100 102 104

−20

−10

0

log ω

A

10−4 10−2 100 102 104

−90

−60

−30

0

log ω

ϕ

Abb. 9: Verlauf der Amplitude eines lag-Elementes mit v = 10 und w = 1 in dB (linkesBild) und der Phase in Grad (rechtes Bild).

−2 0 2 4 6 8−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

Re

Im

Abb. 10: Ortskurve des offenen Kreise mit PI-Regler (Gleichung (4)).

Abbildung 10 ar = 1

0.3≈ 3. Die Phasenreserve betragt nach wie vor ca. 30. Mit einem PI-Regler laßt

sich also die gewunschte Phasenreserve von 60 nicht erreichen.

5

Offener Kreis mit PI-Regler und lead-lag-Netzwerk

Ein etwas aufwendigerer Entwurf, der weitere Entwurfsfreiheitsgrade eroffnet, ist mit sog. Lead- bzw.Lag-Elementen (lead-lag-Netzwerk) moglich.

lag-Element (Phasenabsenkendes Korrekturglied)

Ein lag-Element ist ein PPT1-Glied, das die Amplitude oberhalb gewisser Frequenzen absenkt ohne diePhase fur diese Frequenzen zu verandern:

Q(s) =1

v·s + vw

s + wv > 1 (5)

Abbildung 9 zeigt das Bodediagramm eines typischen lag-Elementes. Man beachte, daß die Phase furgroße Frequenzen gleich null ist. Lag-Elemente wendet man fur Frequenzen unterhalb der Durchtritts-frequenz an, um die Amplitude im Bereich der Durchtrittsfrequenz abzusenken, ohne dort die Phaseabzusenken. Man kann also auf diese Weise die Verstarkung erhohen bei gleichzeitigem Beibehalten derPhasenreserve.

lead-Element (Phasenanhebendes Korrekturglied)

Ein lead-Element ist ein PDT1-Glied, das die Phase in einem bestimmten Frequenzbereich anhebt, ohne

die Amplitude in diesem Bereich zu beeinflussen.

Q(s) = v ·s + w

s + vwv > 1 (6)

Lead-Elemente wendet man im Bereich der Durchtrittsfrequenz an, um die Phasenreserve zu vergroßern,ohne die Verstarkung zu verandern. Abbildung 11 zeigt das Bodediagramm eines typischen lead-

10−4 10−2 100 102 104

0

10

20

log ω

A

10−4 10−2 100 102 104

0

30

60

90

log ω

ϕ

Abb. 11: Verlauf der Amplitude eines lead-Elementes mit v = 10 und w = 1 in dB (linkesBild) und der Phase in Grad (rechtes Bild).

Elementes. Man erkennt, daß bei der Frequenz ω = 2 die Amplitude noch sehr klein ist, aber diePhase bereits relativ große (positive) Werte hat.

In unserem Beispiel kann man die Phasenreserve durch Verwenden eines Lead-Elementes (mit v = 10und w = 5)

Q(s) = 10·s + 5

s + 50(7)

erhohen. Die Phasenreserve steigt dadurch auf etwa 50 Grad, wie aus den nachfolgenden Diagrammenentnommen werden kann. Die Ortskurve hat den in Abbildung 13 dargestellten Verlauf.Wenn wir die Phasenreserve noch weiter erhohen wollen, konnten wir dies mit einem weiteren lead-

Element erreichen.

Die Wahl der Parameter von PI-Reglern und lead-lag-Netzwerken wird im allgemeinen iterativ erfol-gen: Anhand von Uberlegungen fur den asymptotischen Verlauf der Phase und Amplitude wird einbestimmter Satz von Reglerparametern gewahlt. Mittels geeigneter Programme werden die exakten Bo-dediagramme dann berechnet und graphisch ausgegeben. Anhand dieser Kurven wird der gewunschteVerlauf iterativ erreicht.

6

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−4 −2 0 2 4−300−250−200−150−100

−500

50100

log ω

A [d

B]

−4 −2 0 2 4

−270

−180

−90

0

log ω

φ [°]

Abb. 12: Verlauf der Amplitude der offenen Strecke mit PI-Regler (Gleichung (4) undlead-Element (Gleichung (7)) in dB (linkes Bild) und der Phase in Grad (rechtes Bild).

−2 0 2 4 6 8−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

Re

Im

Abb. 13: Ortskurve des offenen Kreise mit PI-Regler (Gleichung (4)) und lead-Element(Gleichung (7)).

Die Anforderungen an die Regelgute werden durch”Formen“ von Amplitude und Phase des offenen

Kreises nur naherungsweise erfullt. Man muß also nach jedem open-loop-shaping-Entwurf uberprufen,ob die Anforderungen im geschlossenen Kreis erfullt sind. Dies geschieht durch Berechnen und Ausgebender Bodediagramme z.B. fur die Sensitivitat S und die komplementare Sensitivitat T . Gegebenenfallssind weitere Iterationen notig. Anschließend sollte durch Zeitbereichssimulationen uberpruft werden, obdie erzielten Eigenschaften im Frequenzbereich auch im Zeitbereich zum gewunschten Regelverhaltenfuhrt. Bei Nichterfullen sind weitere Iterationsschritte notig.

7

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Institut fur Systemtheorie und RegelungstechnikProf. Dr.-Ing. F. AllgowerRegelungstechnik I

http://www.ist.uni-stuttgart.de/education/courses/RTI/


jr

Vortragsubungen 1

V1) Uberprufen Sie folgende Ubertragungssysteme (Eingang u, Ausgang y) auf Linearitat undZeitinvarianz:

a) y(t) = (u(t) + 1) cos(2t)

b) y(t) = u(t − 5)

c) a(t)y(t) + by(t) + c sin(y(t)) = u(t) (Pendel-Dgl.)

V2) Sind die beiden folgenden Ubertragungssysteme (Eingang u, Ausgang y) kausal?

a) x(t) = −7x(t) + u(t), x(0) = 0, y(t) = x(t) + u(t)

b) y(t) =∫ 10 u(τ)dτ

V3) Finden Sie den stationaren Punkt (ys, us) (ys = const., us = const.) desUbertragungssystems

y(t) = (u(t) + 1) cos(2t)

und linearisieren Sie das System um diesen Punkt.

V4) Die Differentialgleichung zur Beschreibung eines Motors sei gegeben als

η = (u − η)2 − 4η .

Dabei bezeichnet η die normierte Drehzahl und u die normierte angelegte Spannung.

a) Bestimmen Sie die stationaren Drehzahlen fur die Spannung us = 1.

b) Linearisieren Sie die Differentialgleichung allgemein um die Ruhelage (us, ηs)

V5) Geben Sie die Hurwitz-Matrix fur die Differentialgleichung

y(6) + 3y(5) + 24y(4) + 7y(3) + 9y + 2y + 3y = u

an.

V6) Geben Sie fur folgende Differentialgleichungen die charakteristische Gleichung an unduberprufen Sie sie auf asymptotische Stabilitat:

a) y(3) + 4y − 2y + y = 10u + 20u

b) y(3) + 4y + 2y + y = 0

V7) Geben Sie fur folgende Differentialgleichungen an, fur welche Werte der Parameter a bzw.b, c asymptotische Stabilitat vorliegt.

a) y + (a − 1)y + y = 0

b) y(3) + (4 − b)y + by + (c − 1)y = 0




mh

Vortragsubungen 2

V1) Gegeben sei folgendes passives Fahrwerk mit Straßenanregung zR:

zR

c d

zA mA

a) Beschreiben Sie das System im Zustandsraum.

b) Bestimmen Sie das Stabilitatsverhalten des Fahrwerks fur mA=1, c=4, d=2.

V2) Beschreiben Sie folgende Differentialgleichungen durch eine Realisierung imZustandsraum.

a) y + (a − 1)y + y = u + 5u

b) y + ay + b sin(y) = u (Pendel-Dgl.)

V3) Gegeben sei das Differentialgleichungssystem

x1 = (x1 − 2)(x2 + 3)

x2 = x21 + 3x2 + u

y = x1x2 .

Finden Sie die Ruhelagen des Systems als Funktion von uS , und geben Sie die Lin-earisierung um die Ruhelage (xS , uS) = ([0,−3]T , 9) in Zustandsraumdarstellung an.

V4) Ein Ruhrkesselraktor werde durch die Modellgleichungen

[

cA

TR

]

=

[

−18 220 −36

] [

cA

TR

]

+

[

048

]

Tc

y = [0 1]

[

cA

TR

]

fur die Konzentration cA des Stoffes A und die Temperatur TR im Reaktor beschrieben.

a) Transformieren Sie die Gleichungen in Regelungsnormalform und geben Sie dieTransformationsmatrix T an.

1

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mh

Vortragsubungen 3

V1) Gegeben sei folgendes System in Zustandsraumdarstellung:

x =

[

1 0−1 −2

]

x +

[

3−3

]

u , x0 =

[

10

]

a) Transformieren Sie die Gleichungen in Diagonalform und geben Sie die Transforma-tionsmatrix T an.

b) Berechnen Sie die Fundamentalmatrix eAt zur Dynamikmatrix mittels Spektral-darstellung.

c) Berechnen Sie die Fundamentalmatrix eAt zur Dynamikmatrix mit Hilfe des Satzesvon Cayley-Hamilton,

d) Berechnen Sie die homogene Losung der Differentialgleichung.

e) Berechnen Sie die Losung der Differentialgleichung fur u(t) = 1.

V2) Geben Sie fur das System

x =

0 0 −61 0 −110 1 −6

x , x0 =

651

die Losung x(t) an. (Hinweis: x0 ist ein Eigenvektor der Dynamikmatrix A.)

V3) Gegeben sei folgendes Doppelpendel:

g

L

L

y2

y1

Im Zustandraum kann das unangeregte System durch

x =

0 0 1 0

0 0 0 1

−3 gL

gL

0 0

gL

− gL

0 0

x , x(0) = x0 mit x =

y1

y2

y1

y2

beschrieben werden.Berechnen Sie fur g = 10, L = 10 und die Anfangsbed. x0 = [0 0 2 (2 + 2

√2)]T die

Losung x(t). (Hinweis: x0 ist eine Linearkombination aus 2 Eigenvektoren)

1




tr

Vortragsubungen 4

V1) Stabilisieren Sie die instabile Regelstrecke

x =

[

0 10 −2

]

x +

[

01

]

u

y =[

1 0]

x,

mittels einer Zustandsruckfuhrung.

a) Welche “technische” Voraussetzung muss bei einem Entwurf einer Zustandsruck-fuhrung erfullt sein?

b) Ist die Regelstrecke steuerbar, d.h., kann eine Zustandsruckfuhrung mit beliebigerPolvorgabe fur die Regelstrecke entworfen werden?

c) Entwerfen Sie eine Zustandsruckfuhrung u(x) = −kT x fur die Regelkreisstrukturaus Abbildung 1, so dass der geschlossene Regelkreis Eigenwerte bei −2 und −3 hat.

−

kT

x = Ax + bu

y = cT x

x

u yr

Abbildung 1: Zustandsruckfuhrung.

d) Bestimmen Sie die bleibende Regelabweichung bei einem Einheitssprung der Fuhr-ungsgroße r mit der Zustandsruckfuhrung aus Teilaufgabe c).

e) Um das Fuhrungsverhalten der Zustandsruckfuhrung zu verbessern, wird die Regel-kreisstruktur aus Abbildung 1 um ein Vorfilter v erweitert (siehe Abbildung 2). Wiemuss man das Vorfilter v wahlen, damit die bleibende Regelabweichung verschwin-det?

−

kT

x = Ax + bu

y = cT xv

x

ur y

Abbildung 2: Zustandsruckfuhrung mit Vorfilter.

1

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V2) Gegeben ist die Regelstrecke mit dem messbaren Ausgang x1

x =

[

0 1−1 1

]

x +

[

01

]

u

y =[

1 0]

x.

Entwerfen Sie fur die Regelstrecke einen Beobachter und einen Regler.

a) Erkaren Sie anhand von Abbildung 3 das Prinzip eines Beobachters.

Beobachter

x = Ax + bu

y = cT x

yu

x

Abbildung 3: Beobachter.

b) Welche Anwendungen gibt es von Beobachtern in der Regelungstechnik?

c) Ist die gegebene Regelstrecke beobachtbar, d.h., kann ein Beobachter fur die Regel-strecke entworfen werden?

d) Entwerfen Sie einen sogenannten Luenberger-Beobachter (siehe Abbildung 4) fur dieRegelstrecke. Die Eigenwerte der Fehlerdynamik sollen bei −4 und −5 liegen.

x = Ax + bu

y = cT x

−

Ax

R

b

L

cT

yu

y

Abbildung 4: Luenberger-Beobachter.

e) Entwerfen Sie eine dynamische Ruckfuhrung fur das gegebene System, so dass dieRegelstrecke asymptotisch stabilisiert wird. Beachten Sie, dass nur der Zustand x1

gemessen werden kann.

f) Ist der geschlossene Regelkreises aus Teilaufgabe e) asymptotisch stabil?

2




ce

Vortragsubung 5

V1) Transformieren Sie folgende Funktionen in den Laplace-/Zeitbereich:

a) f(t) = e−3t + (t − 1)2e−2t+2 + δ(2t − 1),

b) y(t) =∫ t

0 sin(2(t − τ))cos(2τ)dτ ,

c) Wie lautet die Losung des Integrales in Punkt b)?

d) F (s) = s+2s(s2

−7s+12),

V2) Gegeben ist folgende lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koef-fizienten

y + 6y + y = u + u

mit den Anfangswertdaten t0 = 0, y0 = y0 = 0, u0 = u0 = 0, welche das Ein-/Ausgangs-verhalten (u Eingang, y Ausgang) eines Systems beschreibt.

a) Transformieren Sie die DGL mit allgemeinen Anfangsbedingungen in den Laplace-bereich.

b) Bestimmen Sie die Ubertragungsfunktion des Systems.

c) Ist das System stabil, minimalphasig?

d) Bestimmen Sie eine Zustandsraumdarstellung fur das System.

V3) Gegeben ist folgender Regelkreis:

Strecke

Messglied

P−Regler

r

Ke y

1s

s+as+b

a) Bestimmen Sie die Gesamtubertragungsfunktion des Regelkreises (r → y).

b) Geben Sie Bedingungen fur die Koeffizienten a, b,K so an, dass der Regelkreis stabilist.

c) Geben Sie Bedingungen fur die Koeffizienten a, b so an, dass der Regelkreis mit demP-Regler K stabilisiert werden kann.

1

Seite 88 von 199


yu

G2

G1

G3

G4

d

a) Bestimmen Sie die Ubertragungsfunktionen T (s) = Y (s)U(s) fur d(t) ≡ 0 und S(s) =

Y (s)D(s) fur u(t) ≡ 0.

b) Wie lautet das Gesamtubertragungsverhalten von [u, d] → y.

2




ce

Vortragsubung 6


F G1

G2

u e

−y

a) Bestimmen Sie die Gesamtubertragungsfunktion T (s) des geschlossenen Kreises (u →

y).

b) Bestimmen Sie y(t) fur t → ∞ mit u(t) = A sin(ω0t), wobei F (s) = 2, G2(s) = 1,G1(s) = 1

s2+3s+1 ist.

c) Zeichnen Sie das Bodediagramm von T (jω).

V2) Gegeben sei die Ubertragungsfunktion

G(s) = 10s − 10

s + 1.

a) Zeichnen Sie das Bodediagramm von G(jω).

b) Zeichnen Sie die Ortskurve von G(jω).

V3) Gegeben sei die Ubertragungsfunktion

G(s) =10( s

10 + 1)(s − 20)

s( s2 + 1)(s + 20)

.

a) Zeichnen Sie das Bodediagramm von G(jω).

b) Zeichnen Sie die Ortskurve von G(jω).

1

Seite 89 von 199

V4) Gegeben ist folgende Ortskurve:

G(jω)

Im

Re

Welche der unten angegebenen Ubertragungsfunktionen gehort zur gezeichneten Ortskur-ve?

a) G1(s) = ss3+2s+1

b) G2(s) = 10s(s+1)

c) G3(s) = 10s(s+1)(s+3)

d) G4(s) = s+1s(s+2)(s+3)

e) G5(s) = s+10s2(s+1)(s+2)

2




tr

Vortragsubungen 7

V1) Entwerfen Sie einen Regler, so dass eine Metallkugel von einem Elektromagneten in derSchwebe gehalten wird. Das linearisierte Modell um die Position y0 hat die Ubertragungs-funktion

G(s) =Y (s)

U(s)=

1

s2 − 1,

wobei u die Stellgroße (Strom I) und y die Position der Metallkugel ist.

y0

I

0

y

Fm

Fg

g

Fg

I

y

Gravitationskraft

g

Fm Elektrische Kraft

Gravitationsbeschleunigung

Position der Metallkugel

Strom

Abbildung 1: Schwebende Metallkugel.

a) Ist die Regelstrecke G(s) stabil?

b) Kann die Metallkugel mit einem P -Regler K(s) = KP stabilisiert werden?

c) Bestimmen Sie die Parameter eines idealen PD-Reglers K(s) = KP (1 + TDs), sodass sich im geschlossenen Regelkreis die charakteristische Gleichung s2 +2s+1 = 0ergibt. Ist der ideale PD-Regler technisch realisierbar?

d) Wie groß ist die bleibende Regelabweichung mit dem idealen PD-Regler aus Tei-laufgabe c) bei einem Einheitssprung in der Fuhrungsgroße r?

e) Zeichen Sie den Verlauf von Ortskurve und Bodediagramm der Ubertragungsfunk-tion G0(s) = G(s)K(s) mit dem idealen PD-Regler aus Teilaufgabe c).

f) Zeichnen Sie den Verlauf von |S(jω)| und |T (jω)| mit der UbertragungsfunktionG0(s) aus Teilaufgabe e). Beurteilen Sie die Regelgute!

g) Prufen Sie die Stabilitat des geschlossenen Regelkreises mit dem idealen PD-Regleraus Teilaufgabe c) mit Hilfe des Nyquistkriteriums und des Small Gain Theorems.

1

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V2) Entwerfen Sie fur die Regelstrecke

G(s) =Y (s)

U(s)=

1

(0.1s + 1)(2s + 1)

einen PI-Regler mittels Loopshaping.

a) Bestimmen Sie die Parameter des PI-Reglers K(s) = KP

(

1 + 1TIs

)

mittels Loops-

haping, so dass die folgenden Spezifikationen erfullt sind:

* Stabilitat des geshlossenen Regelkreises

* Durchtrittsfrequenz ωD ≈ 1 rads

* Phasenreserve ϕr ≥ 30

* Keine bleibende Regelabweichung

b) Zeichnen Sie den qualitativen Verlauf von |S(jω)| und |T (jω)|.

2

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rb

Zusatzliche Ubungen 1

A1) Gegeben sei das System x + ω2 sin(x) = 0, (const. ω).

a) Bestimmen Sie die Ruhelagen des Systems.

b) Linearisieren Sie die Differentialgleichung um eine Ruhelage.

c) Ist die linearisierte Differentialgleichung stabil?

d) Losen Sie die linearisierte Differentialgleichung fur die Anfangsbedingungen x(0) = x0

und x(0) = 0.

A2) Gegeben sei das System y(t) = u(t) und ein Regler u(t) = k1y(t) + k2y(t).

a) Wahlen Sie k1 und k2 des Reglers u(t) = k1y(t) + k2y(t) so, dass sich fur die Differ-entialgleichung des geschlossenen Kreises y + 3y + 2y = 0 ergibt.

b) Wahlen Sie k1 und k2 so, dass die Wurzeln/Nullstellen des charakteristischen Poly-noms des geschlossenen Kreises bei p1 und p2 liegen.

A3) Uberprufen Sie folgende Ubertragungssysteme (Eingang u, Ausgang y) auf Linearitat.

a) y(t) = u(t) + 1,

b) y(t) = u(t) sin(t)

c) y(t) = eu(t),

d) y(t) = 3

√

x(t), x(t) = u3(t),

e) y(t) =∫

t

0 u(τ)dτ .

A4) Uberprufen Sie folgende Ubertragungssysteme (Eingang u, Ausgang y) auf Zeitvarianz.

a) y(t) + y(t) = u(t),

b) y(t) = u(t) sin(ωt),

c) y(t) = u(t − τ), τ > 0.

A5) Uberprufen Sie folgende Ubertragungssysteme (Eingang u, Ausgang y) auf Kausalitat.

a) y(t) + y(t) = u(t),

b) 5y(t) + 2y(t) = u(t) + u(t),

c) y(t) = u(t − τ), τ > 0,

d) y(t) = u(t + τ), τ > 0.

A6) Ist die Ableitung nach der Zeit eine lineare Operation? Geben Sie eine kurze Begrundungan.




rb


A1) Untersuchen Sie folgende Differentialgleichungen auf Stabilitat.

a) y + 3y + 2y = 0,

b) y + y − 2y = 0,

c) y + 2y + 2y = 0.

A2) Losen Sie die Differentialgleichungen aus Aufgabe 1 fur die Anfangsbedingungen y(0) = 1,y(0) = 0 und skizzieren Sie die Losung.

A3) Untersuchen Sie folgende Differentialgleichungen auf Stabilitat.

a)...y + 6y + 11y + 6y = 0,

b)...y + y + 2y + y = 0.

A4) Untersuchen Sie mit Hilfe des Hurwitz–Kriteriums folgende Systeme auf Stabilitat.

a)...y + 2y + 3y + y = 0,

b) y(4) + 2...y + 3y + y + 2y = 0.

A5) Die charakteristische Gleichung eines Systems laute

s3 + (4 − b1)s2 + b1s + b2 − 1 = 0. (1)

Gesucht ist der Bereich der Parameter b1 und b2, fur den das System (1) stabil ist.

a) Bestimmen Sie mit Hilfe der Vorzeichenbedingung Bedingungen fur die Stabilitat.

b) Sind diese Bedingungen notwendig und/oder hinreichend?

c) Tragen Sie diese Bedingungen in ein Stabilitatsdiagramm fur die Parameter b1 undb2 ein.

d) Berechnen Sie mit Hilfe der Beiwertebedingung weitere Bedingungen fur die asymp-totische Stabilitat.

e) Sind diese zusatzliche Bedingungen notwendig und/oder hinreichend?

f) Tragen Sie diese zusatzliche Bedingungen in das Stabilitatsdiagramm ein.

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rb


A1) Die Abbildungen 1(a) bis 1(d) zeigen jeweils Phasendiagramme von linearen Systemender Form

x = Ax, x =

[

x1

x2

]

. (1)

Welche der Abbildungen gehoren zu stabilen Systemen? Begrunden Sie Ihre Antwort.

A2) Schreiben Sie folgende Systeme in Zustandsraumdarstellung:

a) y + 6y + 8y = u,

b)...y + 4y + 6y + 4y = u,

c) y + ω2 sin(y) = u.

x1

x2

−0.5

−0.5−1

−1

0.5

0.5

0

0

1

1

(a)

x1

x2

−0.5

−0.5−1

−1

0.5

0.5

0

0

1

1

(b)

x1

x2

−0.5

−0.5−1

−1

0.5

0.5

0

0

1

1

(c)

x1

x2

−0.5

−0.5−1

−1

0.5

0.5

0

0

1

1

(d)

Figure 1: Phasendiagramme.

A3) ? Fur die Transformation eines linearen, zeitinvarianten Systems u 7→ y mit Eingang u

und Ausgang y in den Zustandraum wird die Beziehung u 7→ y ⇒ u 7→ y verwendet.

a) Beweisen Sie diese Beziehung unter der Annahme, dass das System durch eineDifferentialgleichung beschrieben wird.

b) Zeigen Sie, dass diese Beziehung fur jedes lineare, zeitinvariante System gilt.

A4) Schreiben Sie folgende Systeme in Zustandsraumdarstellung:

a) y + 6y + 8y = u,

b) y + 6y + 8y = 2u + u.

Verwenden Sie dabei die Beziehung aus Aufgabe 3.

A5) Gegeben sei das nichtlineare Zustandsraummodell einer Regelstrecke 1

x1 = (2u + x1)(2 + x42),

x2 = (x1 − 2x2)(3 + x31),

y = ex1+2 + 2(1 + x2).

a) Berechnen Sie die Ruhelagen der Regelstrecke in Abhangigkeit von u.

b) Linearisieren Sie den geschlossenen Kreis um die Ruhelage, die sich fur u = uS = 1ergibt.

1Siehe auch Ubungsaufgaben Regelungstechnik I, Aufgabe 11

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rb


A1) Gegeben sei das System x = Ax mit

A =

[

1 −1.5−6 1

]

.

a) Berechnen Sie die Eigenwerte sowie die Eigenvektoren der Matrix A.

b) Ist das System stabil?

c) Skizzieren Sie das Phasenportrait von x = Ax.

d) Geben Sie eine Transformationsmatrix T an, die A auf Diagonalform transformiert.Geben Sie A∗ := T−1AT an.

e) Skizzieren Sie das Phasenportrait von z = A∗z.

f) Vergleichen Sie die beiden Phasenportaits. Welcher Zusammenhang besteht zwischenden beiden Phasenportraits?

A2) Die Abbildungen 2(a) bis 2(d) auf der nachsten Seite zeigen jeweils Phasendiagrammevon linearen Systemen der Form

x = Ax, x =

[

x1

x2

]

. (1)

Bestimmen Sie die Eigenwerte und zugehorigen Eigenvektoren dieser Systeme.Hinweis: Die Eigenwerte liegen bei -1, -2 oder 2.

A3) ? In den vorherigen Aufgaben sind die beiden Eigenwerte unterschiedlich und ungleichnull. Untersuchen Sie nun die folgenden Falle fur das System (1):

a) Wie sieht das Phasenportait aus, wenn ein Eigenwert bei null liegt?

b) Wie sieht das Phasenportait aus, wenn beide Eigenwerte identisch sind?

c) Wie sieht das Phasenportait bei konjungiert komplexen Eigenwerten aus?

A4) Gegeben sei ein System in Zustandraumdarstellung mit

A =

[

−2 40 −1

]

, b =

[

21

]

, cT =

[

1 1]

, d = 0.

a) Ist das unangeregte System stabil?

b) Bestimmen Sie die Transformationsmatrix T , die das System auf Regelungsnormal-form transformiert.

c) Geben Sie die zugehorige Differentialgleichung an.

A5) ? Zeigen Sie, dass det(λI − AR) = λn + an−1λn−1 + . . . + a1λ + a0 gilt fur

AR =

0 1 0 · · · 00 0 1 · · · 0...

......

. . ....

0 0 0 · · · 1−a0 −a1 −a2 · · · −an−1

.

y1 = cT1x1 + d1u1

uy2 = cT

2x2 + d2u2

yx2 = A2x2 + b2u2y2u2y1u1 x1 = A1x1 + b1u1

Abbildung 1: Reihenschaltung zweier Systeme.

A6) Gegeben seien die Zustandraummodelle zweier Systeme:

x1 = A1x1 + b1u1 x2 = A2x2 + b2u2

y1 = cT1 x1 + d1u1 y2 = c

T2 x2 + d2u2

Beide Systeme sollen nun in Reihe geschaltet werden (siehe Abbildung 1).

a) Geben Sie das Zustandsraummodell des Gesamtsystems an. Verwenden Sie dazux := [ x1

x2] fur den Zustandsvektor des Gesamtsystems.

b) Welcher Zusammenhang besteht zwischen den Eigenwerten der Teilsysteme und denEigenwerten des Gesamtsystems?

x1

x2

−0.5

−0.5−1

−1

0.5

0.5

0

0

1

1

(a)

x1

x2

−0.5

−0.5−1

−1

0.5

0.5

0

0

1

1

(b)

x1

x2

−0.5

−0.5−1

−1

0.5

0.5

0

0

1

1

(c)

x1

x2

−0.5

−0.5−1

−1

0.5

0.5

0

0

1

1

(d)

Abbildung 2: Phasendiagramme.

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rb


A1) Gegeben sei wieder das System x = Ax mit

A =

[

1 −32

−6 1

]

.

Hinweis: Die Eigenwerte und Eigenvektoren wurden in den zusatzlichen Ubungen 4,Aufgabe 1 berechnet.

a) Berechen Sie eAt mittels

a1) Spektraldarstellung / Dyadisches Produkt,

a2) Entwicklungstheorem von Sylvester,

a3) Cayley–Hamilton.

b) Geben Sie x(t) fur folgende Anfangsbedingungen an:

b1) x0 =

[

12

]

, b2) x0 =

[

1−2

]

, b3) x0 =

[

10

]

, b4) x0 =

[

01

]

.

c) Interpretieren Sie die Ergebnisse aus Teil b) anhand des Phasenportaits.

A2) Handelt es sich bei den Matrizen

Φ1(t) =

[

2e−2t − e−4t e−2t

−4e−2t + 4e−4t −e−2t + 2e−4t

]

, Φ2(t) =

[

et et − e2t

e−t − e−2t e2t

]

jeweils um eine zulassige Fundamentalmatrix eines Systems der Form x = Ax? GebenSie eine Begrundung an.1

A3) Gegeben sei die Fundamentalmatrix Φ(t) eines Systems der Form x = Ax:

Φ(t) =

[

e−t 0−e−4t + e−t e−4t

]

.

Bestimmen Sie die Systemmatrix A.

A4) Gegeben sei ein Systemx = Ax + bu (1)

mit Zustand x ∈ Rn und Eingang u ∈ R.

Im Folgenden soll eine mit der konstanten Abtastzeit T diskretisierte Version von Sys-tem (1) untersucht werden. Der Eingang u(t) sei in den Abtastintervallen konstant, d.h.

u(t) = uk fur kT ≤ t < (k + 1)T.

Den Zustand x zu den Abtastzeitpunkten t = kT bezeichnen wir mit

x(kT ) = xk.

Zeigen Sie, dass giltxk+1 = Axk + buk (2)

und geben Sie die Ausdrucke fur A und b an!Hinweis: Losen Sie System (1) im Intervall [kT, (k + 1)T ]!

1Siehe auch Ubungsaufgaben Regelungstechnik I, Aufgabe 12.




cbr


A1) Gegeben sei das System x = Ax + bu, y = cTx mit

A =

[

−1 1−6 4

]

, b =

[

01

]

, cT =

[

1 0]

.

a) Ist das unangeregte System stabil?

b) Im Folgenden soll eine Zustandsruckfuhrung u = −kTx, k

T = [k1 k2], entworfenwerden. Der Regler k

T soll dabei so berechnet werden, dass sich fur den geschlossenenKreis ein doppelter Pol bei −3 ergibt. Dafur sollen die folgenden drei Ansatze verfolgtwerden:

b1) Berechnen Sie die Zustandsruckfuhrung direkt durch Vergleich des charakteris-tischen Polynoms mit dem Sollpolynom.

b2) Transformieren Sie das System zunachst auf Regelungsnormalform und berech-nen Sie hierfur die entsprechende Zustandsruckfuhrung. Transformieren Sie dieseanschließend zuruck in die Originalkoordinaten.

b3) Verwenden Sie die Ackermann-Formel.

c) Nachdem Sie das System stabilisiert haben, soll der Regler nun in geeigneter Wei-se erweitert werden, damit der Ausgang y einem vorgegebenen Referenzsignal r

moglichst gut folgt, d.h. im stationaren Zustand soll ys = rs gelten. Berechnen siedazu fur den Eingang u = −k

Tx + vr das Vorfilter v und zeichnen Sie das Block-

schaltbild der resultierenden Folgeregelung.

A2) Gegeben sei das System x = Ax + bu mit

A =

[

0 12 1

]

, b =

[

1b2

]

.

a) Fur welche Werte von b2 ist eine beliebige Polvorgabe nicht moglich?

b) Lasst sich das System fur diese Werte von b2 noch auf Regelungsnormalform trans-formieren? Was geschieht mit der Transformationsmatrix T .

A3) Verwenden Sie die Definition der Matrix–Exponentialfuntion

eAt :=∞∑

i=0

Aiti

i!, A ∈ R

n×n, t ∈ R

um folgende Beziehungen zu zeigen:

a) d

dteAt = AeAt,

b) eA0 = I.

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cbr, um


A1) Bearbeiten Sie das Midterm-Exam.

A2) In dieser Aufgabe sollen einige bisher gelernte grundlegende Methoden und Verfahren derRegelungstechnik wiederholt und an einem durchgangigen Beispiel angewendet werden.Dazu soll im Folgenden eine Regelung entworfen werden, die einen Satelliten auf einerkonstanten Erdumlaufbahn halt.

Erde

r

m Satellit

θ

uθ

ur

Abbildung 1: Schemadarstellung des Satelliten.

Das nichtlineare Gleichungssystem, welches die Kinetik des Satelliten beschreibt, ist durchfolgende Differentialgleichungen gegeben:

mr − rθ2

= −

Mm

r2+ ur ,

m2rθ + rθ

= uθ.

(1)

Dabei ist r > 0 der Abstand des Satelliten vom Erdmittelpunkt, θ der Winkel zu einergedachten Nulllage (horizontale Linie), m > 0 die Masse des Satelliten, M > 0 eineKonstante proportional zur Erdmasse und ur und uθ sind radiale und tangentiale Krafte,mit denen die Lage des Satelliten beeinflusst werden kann (vergleiche Abbildung 1).

a) Gehen Sie zunachst davon aus, dass keine außeren Krafte auf den Satelliten wirken(ur(t) = uθ(t) ≡ 0). Zeigen Sie, dass sich der Satellit auf einer Umlaufbahn mitkonstantem Rakius r0 > 0 und konstanter Umlauffrequenz θ = ω0 bewegen kann,d.h. das Gleichungssystem (1) Losungen der folgenden Form hat:

r(t) ≡ r0 ,

ω(t) ≡ ω0,

mit ω(t) = θ(t). Welche Beziehung gilt zwischen dem Bahnradius r0 und der Um-lauffrequenz ω0 fur diese Umlaufbahnen?

b) Ab jetzt soll lediglich die Umlaufbahn, also der Bahnradius r0, des Satelliten ge-regelt werden. Daher wird im Weiteren die genaue Position des Satelliten, d.h. derWinkel θ, vernachlassigt. Leiten Sie aus dem Differentialgleichungssystem (1) eineZustandsraumdarstellung

x(t) = f(x(t),u(t)), x(t) ∈ R3,u(t) ∈ R

2.

ab, wobei der Zustandsvektor x und der Eingangsvektor u gegeben sind:

x =r r θ

Tu =

ur uθ

T.

Wie musste der Zustandsvektor gewahlt werden, wenn zusatzlich die genaue Positi-on, also θ, geregelt werden soll?

c) Linearisieren Sie das in Teilaufbage 2b) erstellte nichtlineare Zustandsraummodellum eine Ruhelage aus Aufgabe 2a), d.h., schreiben Sie das System in der Form

z(t) = Az(t) + Bu(t) (2)

mit z ∈ R3 und u = [ur uθ]

T .

Rechnen Sie im Folgenden mit dem linearen System (2) und den Matizen

A =

2

40 1 03 0 10 −4 0

3

5 , B =

2

40 02 00 4

3

5 (3)

weiter.

d) Nun soll die Stabilitat des linearen Modells unter der Annahme, dass keine außerenKrafte (ur(t) = uθ(t) ≡ 0) wirken, untersucht werden.

d1) Wieviele Gleichgewichtspunkte hat das System (2) und wo liegt er bzw. liegensie?

d2) Wo liegen die Pole des Systems (2)? Ist das System asymptotisch stabil, grenz-

stabil oder instabil?

e) Als nachstes soll ein Zustandsregler entworfen werden. Aus Gewichtsgrunden kannan dem Satellit allerdings nur ein Antrieb in eine Antriebsrichtung, also entweder inur- oder in uθ-Richtung, montiert werden. Prufen Sie fur ur und uθ jeweils, ob einebeliebige Polvorgabe mit diesem Eingang moglich ist.

Betrachten Sie fur die weiteren Aufgaben lediglich das lineare Modell gemaß Gleichung

(2) mit der Matrix A aus (3) und dem Eingang u = uθ mit B =0 0 4

T.

f) Entwerfen Sie eine Zustandsruckfuhrung u(t) = kTz(t), so dass alle Pole des ge-

schlossenen Kreises bei s = −1 liegen.

g) Der Satellit hat lediglich einen Sensor fur den Abstand r = z1, d.h. der Ausgang desSystems (2) ist y = c

Tz = z1.

g1) Ist bei diesem Ausgang eine beliebige Vorgabe der Fehlerdynamik des Beobach-ters moglich? Welche Wahl der Eigenwerte der Fehlerdynamik ist sinnvoll, fallsSie einen Beobachter fur das System Satellit-Beobachter-Regler entwerfen unddabei den Zustandsregler aus Teilaufgabe 2e) verwenden mochten.

g2) Entwerfen Sie einen Beobachter, so dass alle Eigenwerte der Fehlerdynamik beis = −3 liegen. Welche Pole hat das Gesamtsystem Satellit-Beobachter-Regler?

h) Zeichnen Sie das Blockschaltbild der Regelung, welches sowohl die Zustandsruckfuhrungals auch den Beobachter enthalt.

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rb


A1) Bilden Sie die Laplace-Transformierte der folgenden Zeitfunktion:

f(t) = e−4t + e−2t (cos ωt + sin ωt) + t3e−2t.

A2) Bilden Sie die Laplace-Transformierte eines Rechteckimpulses mit der Breite b und derHohe a:

f(t) =

a fur 0 < t < b,

0 fur t < 0 oder t > b.

A3) Transformieren Sie folgende Bildfunktionen in den Zeitbereich:1

a) F (s) = 3s+1s2+3s+2 ,

b) F (s) = s2+1s2+3s+2

,

c) F (s) = 1(s+a)(s+b) ,

d) F (s) = 1(s2+a2)(s2+b2)

,

e) F (s) = s

(s2+a2)(s2+b2).

A4) Bilden Sie die Laplace-Transformierte der folgenden Differentialgleichungen:

a) y + y + y = u + u,

b) y + ω2y = h(t).

A5) ? Zeigen Sie folgende Korrespondenzen:

a) eat c s 1s−a

.

b) tn c s n!sn+1 ,

c) tne−at c s n!(s+a)n+1 ,

d) sin(ωt) c s ω

s2+ω2 ,

e) cos(ωt) c s s

s2+ω2 ,

f) e−at sin(ωt) c s ω

(s+a)2+ω2 ,

g) e−at cos(ωt) c s s+a

(s+a)2+ω2 .

Verwenden Sie dabei nicht die Definition der Laplace-Transformation. Verwenden Siestattdessen die Transformationsregeln sowie die Transformation des Einheitssprungs (h(t) c s1

s).

1Siehe auch Ubungsaufgaben Regelungstechnik I, Aufgabe 22 b).




rb


A1) Losen Sie folgende Differentialgleichungen mit Hilfe der Laplace-Transformation:1

a) y + 3y + 2y = 0,

b) y + y − 2y = 0,

c) y + 2y + 2y = 0.

Verwenden Sie als Anfangsbedingungen y(0) = 1, y(0) = 0.

A2) Losen Sie die Differentialgleichung y+3y+2y = 2u+u mit Hilfe der Laplace-Transformationfur folgende Eingange u(t):

a) u(t) = 0,

b) u(t) = δ(t),

c) u(t) = h(t),

d) u(t) = eαt. Welche Anfangsbedingung des Eingans u(0−) ist hier sinnvoll?

Nehmen Sie verschwindende Anfangsbedingungen, d.h. y(0−) = 0, y(0−) = 0 an.

A3) Bestimmen Sie limt→∞ f(t) mit Hilfe des Endwertsatzes fur folgende Funktionen:

a) f(t) = a sin(t),

b) f(t) = beλt.

Ist das Ergebnis korrekt?

A4) In dieser Aufgabe soll die Antwort verschiedener Ubertragungssysteme auf ein sinusformi-ges Eingangssignal untersucht werden. Als Eingangssignal wird deshalb u(t) = sin ωt

gewahlt. Bestimmen Sie die Antwort y(t) fur folgende Ubertragungssysteme:

a) P -Glied: y(t) = KP u(t),

b) I-Glied: y(t) = KI

∫t

0u(τ)dτ ,

c) D-Glied: y(t) = KDu(t),

d) PI-Glied: y(t) = KP u(t) + KI

∫t

0u(τ)dτ ,

e) PD-Glied: y(t) = KP u(t) + KDu(t),

f) PID-Glied: y(t) = KP u(t) + KI

∫t

0u(τ)dτ + KDu(t),

g) PT1-Glied: T1y(t) + y(t) = KP u(t),h) Totzeitglied y(t) = Ku(t − Tt).

Nehmen Sie dabei verschwindende Anfangsbedingungen an.Interpretieren Sie die Ergebnisse, betrachten Sie dabei auch die Amplitude des Ausgangs-signals. Sind die Ubertragungsglieder realisierbar?

1Siehe zusatzliche Ubungen 2, Aufgabe 1

Seite 97 von 199




rb


A1) Die Impulsantwort eines Systems laute g(t) = eαt +sin(ωt). Bestimmen Sie die Ubertrag-ungsfunktion. Beschreiben Sie das System durch eine Differentialgleichung.

A2) Bestimmen Sie die Ortskurve fur folgende PT1 Systeme mit K > 0 und T1 > 0:

a) Stabiles PT1 System mit negativer Verstarkung: G(s) = −K

1+T1s.

b) Instabiles PT1 System: G(s) = K

1−T1s.

c) Instabiles PT1 System mit negativer Verstarkung: G(s) = −K

1−T1s= K

T1s−1 .

A3) Gegeben sind folgende Systeme:

a) G(s) = 1s+1 ,

b) G(s) = 3(s+1)(s+3) ,

c) G(s) = 6(s+1)(s+3)(s+2) ,

d) G(s) = 1s−1 ,

e) G(s) = −1

s+1 ,

f) G(s) = 38

(s+2)(s+4)(s+1)(s+3) .

Abbildung 3 zeigt die zugehorigen Ortskurven, Abbildung 4 die Sprungantworten. OrdnenSie die Ortskurven und Sprungantworten den Systemen zu.

A4) Abbildung 1 zeigt den Standardregelkreis. Bestimmen Sie folgende Ubertragungsfunktio-nen:

a) w → y, d = η = 0,

b) d → y, w = η = 0,

c) η → y, w = d = 0.

A5) Abbildung 2 zeigt eine Kaskadenregelung. Bestimmen Sie die Ubertragungsfunktion w → y.

+

−+K G

w u y+ +

+

d

η

Abbildung 1: Standardregelkreis.

G1K1

+

−

+

−G2K2

w y

Abbildung 2: Kaskadenregelung.

-1 -0.5 0 0.5 1-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

-1 -0.5 0 0.5 1-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

-1 -0.5 0 0.5 1-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

-1 -0.5 0 0.5 1-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

-1 -0.5 0 0.5 1-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

-1 -0.5 0 0.5 1-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

Abbildung 3: Ortskurven

Seite 98 von 199

Zeit t

q(t

)

0 1 2 3 4 5

-1

0

1

Zeit t

q(t

)

0 1 2 3 4 5

-1

0

1

Zeit t

q(t

)

0 1 2 3 4 5

-1

0

1

Zeit t

q(t

)

0 1 2 3 4 5

-1

0

1

Zeit t

q(t

)

0 1 2 3 4 5

-1

0

1

Zeit t

q(t

)

0 1 2 3 4 5

-1

0

1

Abbildung 4: Sprungantworten




cbr


A1) Zeichnen Sie die Treppenapproximation des Bode-Diagramms fur folgende Ubertragungs-funktionen und benennen Sie diese jeweils nach der PIDTn-Nomenklatur.

a) G(s) = 10 s+1s+10 ,

b) G(s) = 10 s+1(s+10)2 ,

c) G(s) = 10 1+0.1s

0.01s2+0.1s+1.

A2) Lesen Sie die jeweilige Ubertragungsfunktion G(s) aus den Bode-Diagrammen in Abbil-dung 1 ab. Hinweis: Bestimmen Sie dazu die Lage der Pole und Nullstellen von G(s).

Am

plitu

de(

dB

)P

has

e(G

rad)

10−1 100 101 102 103-180

-135

-90-20

-10

0

10

20

10−2 100 102 104-180-135

-90

-450

-60

-40

-20

0

Am

plitu

de(

dB

)P

has

e(G

rad)

10−5 10−4 10−3 10−2 10−190

135

18020

30

40

50

60

Abbildung 1: Bode-Diagramme.

A3) Berechnen Sie fur die folgenden Ubertragungsfunktionen die Amplitude (in dB) an derEckfrequenz und vergleichen Sie diese mit der Treppenapproximation.

a) G(s) = 11+s

,

Seite 99 von 199

b) G(s) = 1(1+s)2

,

c) G(s) = (1 + s)2.

Hinweis: 20log( 1√2) ≈ −3.

A4) In Abbildung 2 sind die Ortskurven verschiedener Ubertragungsfunktionen G(s) in derkomplexen G-Ebene abgebildet. Das Ziel dieser Aufgabe ist es, die Bode-Diagrammeaus den Ortskurven abzuleiten. Gehen Sie dazu wie folgt vor: Bestimmen Sie zuerstden Typ der jeweiligen Ubertragungsfunktion gemaß der PIDTn-Nomenklatur. Weiterhinsind in jeder Abbildung verschiedene Frequenzen eingezeichnet. Entscheiden Sie, welchedieser gekennzeichneten Frequenzen Eckfrequenzen fur die Treppenapproximation desBode-Diagramms sein konnen und ermitteln Sie daraus die Lage der Nullstellen und Polevon G(s) (Hinweis: Alle benotigten Eckfrequenzen sind gekennzeichnet aber nicht jedegekennzeichnete Frequenz ist auch eine Eckfrequenz).Weiterhin sei gegeben:

• 1.Ortskurve: limω→0 G(jω) = 10, limω→∞ G(jω) = 0,

• 2.Ortskurve: stationare Verstarkung k = 10, limω→0 Re(G(jw)) = 9,

• 3.Ortskurve: limω→0 G(jω) = 0.1, limω→∞ G(jω) = 10.

Zeichnen Sie mit diesen Information die Bode-Diagramme.

A5) Gegeben sei die Ubertragungfunktion G(s) = 11+2Ds+s2 . Fur welche Werte von D besitzt

G(s) ein komplex konjugiertes Polpaar? Berechnen Sie die Werte fur die Amplitude (indB) und die Phase an der Eckfrequenz ω0 = 1 fur die folgenden Werte von D:

a) D = 1,

b) D = 1√2,

c) D → 0.

Vergleichen Sie die Ergebnisse mit der Treppenapproximation.

ω = 0.1

ω = 1

ω = 10

-2 0 2 4 6 8 10

-6

-4

-2

0

2

4

6

ω = 0.1

ω = 1ω = 10

-2 0 2 4 6 8 10

-100

-80

-60

-40

-20

0

ω = 0.01

ω = 1

ω = 10

-2 0 2 4 6 8 10-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

Abbildung 2: Ortskurven G(jw).

Seite 100 von 199




rb


A1) Abbildung 1 zeigt die Ortskurven des offenen Kreises verschiedener Systeme. Ist dergeschlossene Kreis stabil?

A2) Kann jedes PT1 System durch einen P -Regler stabilisiert werden? Begrunden Sie IhreAntwort sowohl mit Hilfe des Nyquist-Kriteriums als auch durch die Lage der Pole.

A3) Welches der instabilen Systeme aus Aufgabe 1 kann durch einen P -Regler stabilisiertwerden?

A4) Gegeben sei das System G(s) = 1(s+1)(s+3) sowie ein PI-Regler K(s) = 2(1 + 1

s).

a) Skizzieren Sie qualitativ den Amplitudengang fur den offenen Kreis, mit und ohnePI-Regler.

b) Skizzieren Sie qualitativ den Amplidudengang der Sensitivitat und komplementarenSensitivitat des geschlossenen Kreises, mit und ohne PI-Regler.

c) Wie wurde ein P -Regler den Amplitudengang der Sensitivitat und komplementarenSensitivitat beeinflussen?

A5) Gegeben sei das System G(s) = 200(s+0.1)(s+1)(s+10)(s+10) . Abbildung 2(a) zeigt das Bode

Diagramm dieses Systems.

Um die Phasenreserve zu erhohen, schlagt ihr Kollege August einen Regler K(s) vor, derdie Phase fur hohe Frequenzen anhebt. Abbildung 2(b) zeigt das Bode Diagramm desvon August vorgeschlagenen Reglers K(s), Abbildung 2(c) zeigt das Bode Diagramm vonG(s)K(s). August behauptet, er habe dadurch die Phasenreserve (und auch Amplituden-reserve) erhoht und damit die Regelgute verbessert.

Abbildung 2(d) zeigt die Sprungantwort des geschlossenen Kreises mit Regler. Offensicht-lich ist das Gesamtsystem instabil.

Erklaren Sie August die Ursache des Problems.

Seite 101 von 199

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

(a) m0 = 1

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

(b) m0 = 1

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

(c) m0 = 2

-2 -1 0 1 2 3

-2

-1

0

1

2

(d) m0 = 0

-1.5 -1 -0.5 0

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

(e) m0 = 1

-3 -2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

(f) m0 = 3

Abbildung 1: Ortskurven.

Seite 102 von 199

10−3 10−2 10−1 100 101 102 103-360

-180

0-200

-100

0

(a) Bode Diagramm von G.

10−3 10−2 10−1 100 1010

45

90

0

20

40

(b) Bode Diagramm des von August vorge-schlagenen Reglers K.

10−2 10−1 100 101 102 103-270

-180

-90

0-300

-200

-100

0

100

(c) Bode Diagramm von GK.

Zeit t

q(t

)

0 0.5 1 1.5 2-10

-5

0

(d) Sprungantwort des geschlossenen Kreisesmit Regler.

Abbildung 2: Augusts Problem.

Seite 103 von 199

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Regelungstechnik 1Wintersemester 2008

Miniprojekt

Folgeregelung eines

LEGO-Roboters

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Folgeregelung eines

LEGO-Roboters

1 Motivation

Der in Abbildung 1 dargestellte LEGO-Roboter ist mit Entfernungssensoren ausge-stattet, die den Abstand d des Roboters zu einer Wand kontinuierlich erfassen. Ineinem ersten, vereinfachten Schritt zur autonomen Bewegungsplanung von Roboter-Fahrzeugen soll der hier untersuchte Roboter selbstandig dem Verlauf der Wand miteinem vorgegebenen Sollabstand dsoll folgen.

ωl ωr

vn

φ

vvp

lrad

d

Abbildung 1: Schematische Darstellung des Roboters.

2

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2 Modellierung des Roboter-Fahrzeugs

Der Antrieb des LEGO-Roboters erfolgt uber die beiden voneinander unabhangi-gen Drehzahlen an dem linken und rechten Antriebsrad, ωl bzw. ωr. Das dritteRad dient lediglich zur Stabilisierung des Fahrzeugs, wird aber nicht zur Lenkungverwendet. Eine Richtungsanderung des Roboters erfolgt also ausschließlich uberunterschiedliche Drehzahlen ωl und ωr.

Die Geschwindigkeit v des Roboters wird fur die Modellierung in zwei Kompo-nenten zerlegt. Dabei bezeichnet vp die Geschwindigkeitskomponente parallel zurWand, vn ist die Komponente senkrecht zum momentanen Wandverlauf. Die Ori-entierung des Roboters zur Wand ist durch den Winkel φ gegeben. Der Winkel φ

wird durch die Rollgeschwindigkeiten des linken und des rechten Rades bestimmt.Man erhalt

φ =2(vr − vl)

lrad, (1)

wobei die Rollgeschwindigkeiten des linken und rechten Rades durch vl = ωlR bzw.vr = ωrR mit dem Radius R der Rader gegeben sind. lrad ist der Radabstand querzur Fahrtrichtung.

Um eine Fahrt parallel zur Wand im Abstand d = dsoll zu erreichen, muss derWinkel φ auf den Wert Null geregelt werden (φ = 0). Der Abstand des Roboterszur Wand andert sich durch die Normalkomponente vn der Geschwindigkeit mit

d = vn = v sin φ. (2)

Die Geschwindigkeit v des Roboters wird als konstant angenommen und wird daherals Systemparameter betrachtet.

Wahlt man den Abstand d zur Wand und die Orientierung φ als Zustande mitdem Zustandsvektor xT = [d φ], so erhalt man ein System zweiter Ordnung zurBeschreibung der Realtivbewegung des Roboters zur Wand. Die Winkelgeschwin-digkeit φ des Orientierungswinkels φ wird als Systemeingang betrachtet, d.h. u = φ.Als Modellausgang sollen die beiden Zustande des Systems dienen, also y = x.

3 Aufgaben

(a) Bestimmen Sie die Zustandsraumdarstellung des Roboter-Modells zur Be-schreibung der Relativbewegung zwischen Fahrzeug und Wand. LinearisierenSie dazu das System um die Ruhelage φ = 0.

(b) Um einen modellbasierten Reglerentwurf zu ermoglichen, wurde der Parame-ter fur die Fahrzeuggeschwindigkeit zu v = 300 mm/s identifiziert. EntwerfenSie mittels Zustandsruckfuhrung einen Regler, so dass die Pole des geschlosse-nen Regelkreises bei s1 = −3 und s2 = −3 liegen. Dabei konnen alle Langen-einheiten in mm betrachtet werden.

(c) Der entworfene Regler soll nun auf dem realen Fahrzeug implementiert werden.Dazu wird auf dem LEGO-Mindstorms Mikroprozessor die Brick-OS Softwa-re installiert. Diese ermoglicht das Abspielen von C-Programmen auf demLEGO-Fahrzeug.

(c1) Die beiden Zustandsgroßen d und φ werden aus den Messwerten zwei-er Entfernungssensoren berechnet. Beide Entfernungssensoren sind langsam Fahrzeug an der gleichen Position angebracht. Wie in Abbildung2 dargestellt ist, ist der eine Sensor senkrecht zur Fahrzeuglangsachsemontiert (Abstands-Messwert d1 =right), der andere Sensor ist in ei-nem 45-Winkel zur Langsachse montiert (Messwert d2=front), siehe

3

Abbildung 3. Bestimmen Sie fur das C-Programm im Anhang die Um-rechnung der beiden Messwerte d1 und d2 in die Zustandsgroßen desModells (Winkel φ und Abstand d).

(c2) Erganzen Sie das im Anhang dargestellte Gerust des C-Codes um dasRegelgesetz fur die Zustandsruckfuhrung in der Form u = −Kx.

d2

d1

d

α = 45

Abbildung 2: Anordnung der Sensoren zur Bestimmung der Abstande d1 und d2.

(d) Wettbewerbsaufgabe In Abbildung 3 ist als Fuhrungsgroße der Sollabstand dsoll

des LEGO-Roboters zur Wand eingezeichnet. Entwerfen Sie einen Polvorgabe-Regler, so dass der Wandabstand d des Fahrzeugs moglichst genau dem Soll-abstand folgt. Als Maß fur die Regelgute wird der quadratische Regelfehler

J =

∫ t=20

t=0

(dsoll(t) − d(t))2 dt (3)

bestimmt.

t [s]

40

60

124

dsoll

7

Abbildung 3: Zeitverlauf des Sollabstandes des Roboters von der Wand.

Hinweis: Die Aufgabe, einer geraden Wand mit einem vorgegeben, variablenSollabstand zu folgen, entspricht im Hinblick auf die Regelung der Aufgabe,einem vorgegeben, kurvigen bzw. beliebig geformten Wandverlauf mit einemfesten Abstand zu folgen.

4

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Hinweis: Die Regelgute wird anhand des nichtlinearen Robotermodells beur-teilt, d.h. der Regler muss fur die nichtlineare Strecke das gewunschte Verhal-ten aufweisen. Beachten Sie daher bei dem Entwurf Ihres Reglers, dass sichdie Zustande innerhalb eines Bereiches befinden, fur den die Linearisierungakzeptabel ist.

Fur die Gruppe mit dem kleinsten quadratischen Regelfehler

gibt es einen kleinen Preis zu gewinnen!

Der Preis wird dankenswerterweise von dem Verein

Kyb-Alumnider Ehemaligen des Studiengangs Technische Kybernetik finanziert.

Hinweis zur Abgabe:

• Das Projekt muß NICHT abgeben werden, sondern nur dann, wenn man amWettbewerb teilnehmen mochte.

• Die Abgabe erfolgt per E–Mail: [email protected],Subject: Miniprojekt RT1.

• Abzugeben sind die zur Simulation notwendigen Matlab-Skripte und Funk-tionen sowie eine kurze Projektbeschreibung in Form einer Postscript-, PDF-oder HTML-Datei. Die Projektbeschreibung soll folgende Informationen ent-halten:

– Simulationsergebnisse (Performance-Index).

– Beschreibung des Simulink-Modells.

– Einen Abschnitt Starten der Simulation, wo genaue und kurze Anwei-sungen gegeben werden wie die Simulation gestartet werden muß undwelche Matlab-Version verwendet wurde. Zum Beispiel in der Form: (1)initb.m starten, (2) Simulink-Modell aufgabeb.mdl offnen, (3) Simulationmit den Parametern .... starten.

• Getestet wird unter Matlab Version 6.5, Version 7.2 bzw. Version 7.5.0 (R2007b)(Solver: ode45, variable step size, Standardeinstellungen).

• Der Abgabetermin wird rechtzeitig bekannt gegeben.

• Die Aufgaben konnen in Gruppen von 2 bis 4 Studenten erarbeitet werden.

5

4 Anhang

Ein Vorschlag zur Umsetzung des Reglers mit Polvorgabe enthalt den unten auf-gefuhrten C-Code. In dem C-Code sind bereits Funktionen zur Berechnung der tri-gonometrischen Funktionen hinterlegt. Allerdings sind die Umrechnungen der Mess-in die Zustandsgroßen und das Regelgesetz noch nicht enthalten.

int pole_placement (int sollabstand)

int front=0; // Sensorwert vorne in mm

int right=0; // Sensorwert rechts in mm

double phi=0; // Errechneter Winkel zur Wand im Bogenmass

int d=0; // Errechneter Abstand zur Wand in mm

sem_wait(sem_dist_front);

front=lin_dist(dist_front);

sem_post(sem_dist_front);

sem_wait(sem_dist_right);

right=lin_dist(dist_right);

sem_post(sem_dist_right);

phi= ... // Winkel berechnen!

d= .... // Abstand berechnen!

return .... // Regelgesetz einfuegen!

6

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Regelung der horizontalenBewegung eines Bruckenkrans

Katharina Hertkorn, Markus Kogel, Holger Scheu, Peter Wieland17. Oktober 2006

Inhaltsverzeichnis

1 Einleitung 3

2 Modellierung 32.1 Herleitung der Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Zustandsraumdarstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.3 Ruhelagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.4 Linearisierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.4.1 Linearisierung der Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.4.2 Lineares Zustandsraummodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

3 Ein-/Ausgangsdarstellungen 63.1 Ubertragungsfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63.2 Differenzialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

3.2.1 Direkte Berechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.2.2 Berechnung uber die Ubertragungsfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

4 Kanonische Darstellungsformen 84.1 Regelungsnormalform . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84.2 Diagonalform . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

5 Losung der Differenzialgleichung 105.1 Losung im Zustandsraum – Fundamentalmatrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105.2 Losung mit Hilfe der Laplace-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

6 Analyse des offenen Kreises 136.1 Pole – Stabilitat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

6.1.1 Hurwitz-Kriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146.1.2 Pole der Regelstrecke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

6.2 Nullstellen – Minimalphasigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146.3 Ubertragungsverhalten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

7 Reglerentwurf 157.1 Reglerentwurf im Zeitbereich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

7.1.1 Polvorgabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157.1.2 Zustandsrekonstruktion – Beobachter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187.1.3 Dynamischer Regler – Polvorgabe mit Beobachter . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

7.2 Reglerentwurf im Frequenzbereich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227.2.1 Loopshaping . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

7.3 Reglerentwurf mit Einstellregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267.3.1 Sprungmethode nach Ziegler-Nichols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267.3.2 Schwingmethode nach Ziegler-Nichols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

7.4 Schlussbemerkung zum Reglerentwurf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2

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1 Einleitung

Das vorliegende Dokument soll anhand eines realistischen und anschaulichen Beispiels die in der Vor-lesung Regelungstechnik I behandelten Inhalte – ohne Anspruch auf Vollstandigkeit – veranschaulichen.Diese Beispielhafte Ubersicht soll helfen, den Stoff der Vorlesung Regelungstechnik I zu verstehen und ins-besondere die Zusammenhange zwischen den einzelnen Inhalten der Vorlesung zu verdeutlichen. Es han-delt sich jedoch ausdrucklich nicht um ein Vorlesungsskript, eine Formelsammlung oder eine vollstandigeZusammenfassung der Vorlesung.Als Beispiel wird ein Bruckenkran (siehe Abbildung 1) herangezogen, bei dem speziell die horizontaleBewegung untersucht werden soll. Dazu wird zunachst im Abschnitt 2 das (nichtlineare) Modell desBruckenkrans hergeleitet und in fur die Regelungstechnik relevante Darstellungsformen gebracht. DieAbschnitte 3 und 4 widmen sich verschiedenen Darstellungsformen und den Transformationen zwischendiesen Darstellungsformen. Im Abschnitt 5 wird die Differenzialgleichung des Kranmodells auf verschie-dene Arten gelost, Abschnitt 6 enthalt eine detaillierte Analyse des offenen Regelkreises. Im Abschnitt7 werden schließlich verschiedene Regler fur die Querbewegung des Krans entworfen.

2 Modellierung

2.1 Herleitung der Bewegungsgleichungen

Abbildung 1: Bruckenkran im Einsatz auf der Baustelle der Neuen Messe Stuttgart.

Die (nichtlinearen) Bewegungsgleichungen des Bruckenkrans (siehe Abbildung 1 und die schematischeDarstellung in Abbildung 2) konnen mit Hilfe der Lagrangeschen Gleichungen 2. Art hergeleitet werden(siehe auch [1]). Dabei wird das Seil als Pendel, d.h. als ideales, starres Seil modelliert. Als generalisierteKoordinaten werden die Schlittenposition z und der Pendelwinkel ϕ gewahlt, d.h.

q1 = z, q2 = ϕ. (1)

Die Ortsvektoren zu den Massenschwerpunkten des Schlittens, des Pendels und der Last ausgedruckt in

3

g

z

ϕ

ms

ml

mp, I

l2

F

Abbildung 2: Schematische Darstellung des Bruckenkrans.

den verallgemeinerten Koordinaten z und ϕ lauten

rS =

(z

0

)

, rP =

(z + l

2 sin ϕ

− l2 cosϕ

)

, rL =

(z + l sin ϕ

−l cosϕ

)

. (2)

Damit ergibt sich die kinetische Energie des Krans zu

Ekin =1

2

(mS r2

s + mP r2P + mLr2

L

)

︸︷︷︸

= Etrans

+1

2Iϕ2

︸︷︷︸

= Erot

(3)

mit dem translatorischen Anteil Etrans und dem rotatorischen Anteil Erot. Fur das Tragheitsmoment I

kann das Tragheitsmoment eines Stabes I = 112mP l2 angesetzt werden, so dass sich fur die kinetische

Energie insgesamt

Ekin =1

2

[

(mS + mP + mL) z2 +(mP

3+ mL

)

l2ϕ2 + (mP + 2mL) l cos(ϕ) zϕ]

(4)

ergibt. Die potentielle Energie des Krans betragt

Epot =

(0g

)

· (mSrs + mP rP + mLrL) = −(mP

2+ mL

)

lg cosϕ. (5)

Der Wert der Lagrangefunktion L = Ekin − Epot ergibt sich somit zu

L =mS + mP + mL

2z2 +

(mP

6+

mL

2

)

l2ϕ2 +(mP

2+ mL

)

l cos(ϕ) zϕ +(mP

2+ mL

)

lg cosϕ. (6)

Es fehlen nun noch die verallgemeinerten Krafte Q∗

i , i = 1, 2 zur Herleitung der Bewegungsgleichungendes Krans. Diese ergeben sich mit der Formel

Q∗

i =∑

i

∂ri

∂qj

· Fi, (7)

4

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wobei Fi die nichtkonservativen Krafte beschreibt. Diese sind fur den Kran Fz = u−µz, also die Anregung(bzw. der Eingang) u und die Reibung −µz, die beide am Schlitten angreifen. Es ergibt sich

Q∗

z = u − µz, Q∗

ϕ = 0. (8)

Die Formel ddt

(∂L∂qi

)

− ∂L∂qi

= Q∗

i , i = z, ϕ fuhrt nun auf die Bewegungsgleichungen

(mS + mP + mL) z + µz +(

mL +mP

2

)

lϕ cosϕ −(

mL +mP

2

)

lϕ2 sin ϕ − u = 0(

mL +mP

3

)

l2ϕ +(

mL +mP

2

)

gl sin ϕ +(

mL +mP

2

)

lz cosϕ = 0.(9)

Unter der vereinfachenden Annahme eines masselosen Pendels (mP = 0) ergeben sich die vereinfachtenBewegungsgleichungen

(mS + mL) z + µz + mLlϕ cosϕ − mLlϕ2 sin ϕ − u = 0 (10a)

lϕ + g sin ϕ + z cosϕ = 0. (10b)

Das Pendel kann als masselos angenommen werden, sofern die Masse der Kranlast deutlich großer als diePendelmasse ist (mL mS), da der Einfluss der Pendelmasse in diesem Fall vernachlassigbar klein ist.

2.2 Zustandsraumdarstellung

Die Bewegungsgleichungen (10) konnen in Zustandsraumdarstellung mit dem Zustand x = [z, z, ϕ, ϕ]T =

[x1, x2, x3, x4]T

und dem Eingang u umgeschrieben werden, indem (10) nach z und ϕ aufgelost wird unddie zusatzlichen Gleichungen x1 = x2 und x3 = x4 eingefugt werden. Es ergibt sich

x =

x2

−µx2 + gmL cos(x3) sin(x3) + lmL sin(x3)x24 + u

mS + mL sin2(x3)x4

µx2 cosx3 − g (mS + mL) sin(x3) − lmL cos(x3) sin(x3)x24 − cos(x3)u

l(mS + mL sin2(x3)

)

︸︷︷︸

= f(x, u)

(11)

Geregelt werden soll die horizontale Position der Last y = z + l sin ϕ, d.h. die Ausgangsgleichung derZustandsraumdarstellung lautet

y = x1 + l sin(x3)︸︷︷︸

= h(x)

. (12)

2.3 Ruhelagen

Bevor das Kranmodell linearisiert werden kann, mussen zunachst die Ruhelagen bestimmt werden. Da-zu setzt man alle Ableitungen in den Bewegungsgleichungen (10) zu null und lost die verbleibendenalgebraischen Gleichungen. Es ergibt sich

u = 0 (13a)

g sin ϕ = 0, (13b)

d.h. ϕ = kπ, k ganzzahlig beschreibt die Ruhelagen des Kranmodells. Die Schlittenposition z ist dabeibeliebig. Fur das Kranmodell ist nur die Ruhelage bei ϕ = 0 (Pendel steht senkrecht nach unten)interessant. Die Ruhelage bei ϕ = π entspricht einem invertierten Pendel.

2.4 Linearisierung

Unter der Annahme, dass die Pendelauslenkung nicht zu groß wird (ϕ 1), ist das linearisierte Modelleine gute Naherung fur das hergeleitete Kranmodell. Es konnen entweder die Bewegungsgleichungen (10)oder das Zustandsraummodell (11) linearisiert werden. Die Linearisierung soll jeweils um die Ruhelage(z, z, ϕ, ϕ) = (z0, 0, 0, 0) mit u = 0 erfolgen.

5

2.4.1 Linearisierung der Bewegungsgleichungen

Die Bewegungsgleichungen (10a) und (10b) sind in der Form di(z, z, z, ϕ, ϕ, ϕ, u) = 0, i = 1, 2 gegeben.Die linearisierten Bewegungsgleichungen ergeben sich daher nach der Formel

∑

ζ

∂di

∂ζ

∣∣∣∣RL

ζ = 0, i = 1, 2, ζ = z, z, z, ϕ, ϕ, ϕ, u. (14)

Mit den partiellen Ableitungen

∂d1

∂z= mS + mL,

∂d1

∂z= µ,

∂d1

∂ϕ= mLl,

∂d1

∂u= −1,

∂d1

∂z=

∂d1

∂ϕ=

∂d1

∂ϕ= 0 (15)

und∂d2

∂z= 1,

∂d2

∂ϕ= l,

∂d2

∂ϕ= g,

∂d2

∂z=

∂d2

∂z=

∂d2

∂ϕ=

∂d2

∂ϕ=

∂d2

∂u= 0 (16)

ergeben sich so die linearisierten Differenzialgleichungen

(mS + mL) z + µz + mLlϕ − u = 0 (17a)

lϕ + z + gϕ = 0. (17b)

2.4.2 Lineares Zustandsraummodell

Um ein lineares Zustandsraummodell zu erlangen, konnen entweder die Gleichungen (17) in Zustands-raumdarstellung geschrieben werden – das Vorgehen dazu ist Analog zur nichtlinearen Zustandsraumdar-stellung wie im Abschnitt 2.2 beschrieben –, oder es wird direkt eine Linearisierung fur das nichtlineareZustandsraummodell (11), (12) berechnet.Fur den zweiten Fall mussen die Jacobi-Matrizen

∂f

∂x

∣∣∣∣RL

=: A,∂f

∂u

∣∣∣∣RL

=: b,∂h

∂x

∣∣∣∣RL

=: cT ,∂h

∂u

∣∣∣∣RL

= 0 =: d (18)

berechnet werden. Es ergeben sich fur beide Verfahren die Matrizen

A =

0 1 0 00 − µ

mSg mL

mS0

0 0 0 10 1

lµ

mS− g

lmL+mS

mS0

, b =

01

mS

0− 1

l1

mS

, cT = [1, 0, l, 0] (19)

und die dadurch definierte lineare Zustandsraumdarstellung

x = Ax + bu

y = cT x.(20)

3 Ein-/Ausgangsdarstellungen

Die bisher angefuhrten Modellbeschreibungen enthielten alle Informationen uber den kompletten Zustanddes Kranes (Positionen und Geschwindigkeiten). Nachfolgend sollen einige Ein-/Ausgangsbeschreibungenhergeleitet werden, die nur das Ein-/Ausgangsverhalten des Kranes beschreiben.

3.1 Ubertragungsfunktion

Um die Ubertragungsfunktion des Kranmodells zu bestimmen, muss das Modell zunachst in den Laplace-Bereich transformiert werden. Dazu konnen entweder die Bewegungsgleichungen (17) mit der Ausgangs-gleichung y = z + lϕ oder die Zustandsraumdarstellung (20) transformiert werden.Die Laplace-Transformation von (17) mit der Ausgangsgleichung ergibt

(mS + mL) s2Z + µsZ + mLls2Φ = U

s2Z + Ls2Φ = −gΦ

Y = Z + LΦ.

(21)

6

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Eliminieren von Z und Φ fuhrt auf die Ubertragungsfunktion

Y =

gl

1mS

s4 + µmS

s3 + gl

(

1 + mL

mS

)

s2 + gl

µmS

s︸︷︷︸

= G(s)

U. (22)

Mit den Abkurzungen

α1 =g

l, α2 =

µ

mS

, α3 =mL

mS

(23)

wird die Ubertragungsfunktion zu

G(s) =

α1

mS

s4 + α2s3 + α1 (1 + α3) s2 + α1α2s. (24)

Der alternative Weg uber die Zustandsraumdarstellung fuhrt mit der Formel

G(s) = cT (sI − A)−1

b (25)

auf die gleiche Zustandsraumdarstellung. Die Matrixinversion ist allerdings unter Umstanden deutlichaufwandiger als der Weg uber die Bewegungsgleichungen.

3.2 Differenzialgleichung

Ausgehend vom linearen Modell (17) kann eine Differenzialgleichung im Ausgang y entweder direkt oderuber “den Umweg” der Ubertragungsfunktion berechnet werden.

3.2.1 Direkte Berechnung

Der Ausgang y muss vier mal Differenziert werden um insgesamt ein bestimmtes Gleichungssystem zuerhalten und die Großen z und ϕ mit ihren Ableitungen eliminieren zu konnen:

y = z + lϕ

y = z + lϕ = −gϕ

y(3) = −gϕ

y(4) = −gϕ.

(26)

Hierbei ist speziell zu beachten, dass mit (17) die zweite Ableitung des Ausgangs y sofort vereinfachtangegeben werden kann. Fur einen allgemeinen Ausgang musste man zunachst die Gleichungen (17) nachx und ϕ auflosen und die Ergebnisse jeweils in die Ausgangsableitungen einsetzen um sicherzustellen,dass die hochsten auftretenden Ableitungen von z und ϕ jeweils (hochstens) zweite Ableitungen sind.In den 7 Gleichungen (17), (26) konnen nun die Großen z, z, z, ϕ, ϕ, ϕ eliminiert werden. Es ergibt sichdie Differenzialgleichung

lmS

gy(4) +

lµ

gy(3) + (mS + mL) y + by = u (27)

oder mit den Abkurzungen (23)

y(4) + α2y(3) + α1 (1 + α3) y + α1α2y =

α1

mS

u. (28)

3.2.2 Berechnung uber die Ubertragungsfunktion

Die Differenzialgleichung (27) erhalt man auch sehr einfach uber die Ubertragungsfunktion (24). Esmussen lediglich die Koeffizienten ubernommen werden. Genauso ist naturlich die Bestimmung der Uber-tragungsfunktion uber “den Umweg” der Differenzialgleichung zu erhalten.

7

4 Kanonische Darstellungsformen

4.1 Regelungsnormalform

Der einfachste Weg, eine Darstellung des Kranmodells in Regelungsnormalform zu erhalten, ist ausgehendvon der Ausgangsdifferenzialgleichung (28) oder der Ubertragungsfunktion (24) die Regelungsnormalformdirekt anzuschreiben:

˙x =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 −α1α2 −α1 (1 + α3) −α2

x +

0001

u

y =[

α1

mS0 0 0

]x.

(29)

Dieser Weg ist gleichzeitig ein allgemeiner Weg um eine Ubertragungsfunktion oder eine Differenzialglei-chung in Zustandsraumdarstellung darzustellen. Dabei ist zu beachten, dass die Zustande x im Allgemei-nen keine physikalische Bedeutung mehr haben (in der Ursprunglichen Zustandsraumdarstellung warendie Zustande noch direkt den verallgemeinerten Koordinaten und deren Zeitableitungen zugeordnet).Im folgenden soll ein zweiter Weg kurz skizziert werden, mit dem ausgehend von einer Zustandsraum-darstellung eine Darstellung in Regelungsnormalform erhalten werden kann. Die Rechnungen werdenallerdings schnell sehr aufwandig, weshalb auf die Detaillierung der einzelnen Rechenschritte verzichtetwird. Die Herleitung der nachfolgend beschriebenen Vorgehensweise ist z.B. in [2, S. 401 ff.] nachzulesen.Eine lineare Zustandsraumdarstellung des Kranmodells ist in Gleichung (20) gegeben. Gesucht ist nuneine Transformation

x = Tx, x = T−1x, (30)

so dass das transformierte System

˙x =

A︷︸︸︷

TAT−1 x +

b︷︸︸︷

Tb u

y = cT T−1︸︷︷︸

cT

x(31)

in Regelungsnormalform vorliegt. Zur Bestimmung der Transformationsmatrix

T =

tT1...

tTn

(32)

wird zunachst die Steuerbarkeitsmatrix

Su =[b, Ab, . . . , An−1b

](33)

berechnet. Ist die Steuerbarkeitsmatrix Su regular, d.h. |Su| 6= 0 oder aquivalent rang(Su) = n, so ist dieerste Zeile von T die letzte Zeile der inversen Steuerbarkeitsmatrix:

tT1 = [0, . . . , 0, 1] · S−1u . (34)

Die weiteren Zeilen der Transformationsmatrix T ergeben sich nach der Rekursionsvorschrift

tTi+1 = tTi A, i = 1, . . . , n − 1 (35)

oder zusammengefassttTi = [0, . . . , 0, 1] · S−1

u · Ai−1, i = 1, . . . , n. (36)

Fur das Kranmodell (20) ergibt sich die Transformationsmatrix

T =

tT1tT1 A

tT1 A2

tT1 A3

=

lmS

g0 l2mS

g0

0 lmS

g0 l2mS

g

0 0 −lms 00 0 0 −lms

. (37)

8

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Parameter Wertl 6m

µ 6000kgs

mS 2000kgmL 6400kgg 10 m

s2

Tabelle 1: Parameterwerte fur das Kranmodell.

Wie leicht nachzurechnen ist, fuhrt diese Transformation auf die Regelungsnormalform (29). Der Nachteildieser Methode liegt in den aufwandigen Matrixoperationen. Insbesondere die Inversion der Steuerbar-keitsmatrix Su und die Inversion der Transformationsmatrix T sind sehr komplexe Operationen.Fur den Fall, dass die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms des betrachteten Systems bekanntsind, gibt es noch einen alternativen, oft einfacheren Weg zur Bestimmung der TransformationsmatrixT bzw. der Spalten der inversen Transformationsmatrix

T−1 =[t−1 , . . . , t−n

]. (38)

Es gilt die rekursive Berechnungsvorschrift

t−n =b

t−n−1 =At−n + an−1b

t−n−2 =At−n−1 + an−2b

...

t−1 =At−2 + a1b

(39)

fur die Spalten t−i , i = 1, . . . , n der inversen Transformationsmatrix T−1. Wie schon beim zuvor beschrie-benen Weg, ist auch hier die Bestimmung der Transformationsmatrix nur moglich, wenn das Systemsteuerbar ist, d.h. die Steuerbarkeitsmatrix Su muss regular sein. Fur das Kranmodell (20) ergibt sichdie inverse Transformationsmatrix

T−1 =

gl

1mS

0 1mS

0

0 gl

1mS

0 1mS

0 0 − 1l

1mS

0

0 0 0 − 1l

1mS

. (40)

Die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms konnen dabei z.B. aus dem Nennerpolynom der Uber-tragungsfunktion (22) abgelesen werden.

Anmerkung. Haufig wird die Transformation auch andersherum als in (30) definiert (x = T−1x, x = T x).Fur eine gegebene Transformationsmatrix muss daher im Einzelfall gepruft werden, ob es sich um dieHin- oder Rucktransformation handelt. Es gelten folgende Zusammenhange:

A = TAT−1 ⇔ x = Tx, x = T−1x

A = T−1AT ⇔ x = T−1x, x = T x.(41)

4.2 Diagonalform

Eine Transformation in Diagonalform ist moglich, wenn die Dynamikmatrix n linear unabhangige Ei-genvektoren hat. Eine hinreichende (aber nicht notwendige) Bedingung dafur ist die Existenz von n

einfachen, d.h. unterschiedlichen Eigenwerten. Im Folgenden sollen daher die Eigenwerte fur das Kran-modell mit den in Tabelle 1 angegebenen Parameterwerten berechnet werden. Es ergibt sich

λ1 = −1 + 2i, λ2 = −1 − 2i, λ3 = −1, λ4 = 0. (42)

9

xd,1

xd,2

−0.5

−0.5−1

−1

0.5

0.5

0

0

1

1

(a) Fluss von Ad,1

xd,3

xd,4

−0.5

−0.5−1

−1

0.5

0.5

0

0

1

1

(b) Fluss von Ad,2

Abbildung 3: Phasendiagramme des Kranmodells in Blockdiagonalform.

Es gibt also vier unterschiedliche Eigenwerte, folglich gibt es auch vier unterschiedliche Eigenvektoren unddas System kann auf Diagonalform transformiert werden. Allerdings sind zwei der Eigenwerte konjugiertkomplex, d.h. auch die Eigenvektoren sind nicht reell. Eine reelle Diagonalform ist daher nicht moglich.Die Rechtseigenvektoren des Systems lauten

v1 =

825 + 56

25 i

− 245 − 8

5 i

− 15 − 2

5 i

1

, v2 =

825 − 56

25 i

− 245 + 8

5 i

− 15 + 2

5 i

1

, v3 =

16−16−11

, v4 =

1000

. (43)

Fur den hier vorliegenden Fall, dass keine reelle Diagonalform berechnet werden kann, besteht dieMoglichkeit, das System mit der durch die Transformationsmatrix

S =[

real(v1) imag(v1) v3 v4

](44)

definierten Transformationxd = S−1x, x = Sxd (45)

in “Blockdiagonalform” zu transformieren. Es ergeben sich die Systemmatrizen

Ad := S−1AS =

−1 2 0 0−2 −1 0 00 0 −1 00 0 0 0

=

[Ad,1 0

0 Ad,2

]

,

bd := S−1b =

− 1160001

12000− 1

480001

6000

, cTd := cT S =

[− 22

25 − 425 10 1

].

(46)

Wie schon bei der Regelungsnormalform (29) gilt auch bei der Blockdiagonalform, dass die Koordinatenxd keine physikalische Bedeutung haben. Der Vorteil einer (Block-)Diagonalform liegt darin, dass dieLosung in den Koordinaten xd einfach dargestellt werden kann. In den Abbildungen 3(a) und 3(b) istder Fluss der Subsysteme Ad,1 und Ad,2 in zwei Phasendiagrammen dargestellt. Der Fluss in Abbildung3(a) entspricht einer gedampften Schwingung (konjugiert komplexe Pole mit negativem Realteil). InAbbildung 3(b) sieht man einen stabilen Anteil in xd,3-Richtung und einen grenzstabilen Anteil in xd,4-Richtung.

5 Losung der Differenzialgleichung

5.1 Losung im Zustandsraum – Fundamentalmatrix

Die einfachste Darstellung der Fundamentalmatrix eAt ergibt sich fur ein System in Diagonalform, indem sich die Fundamentalmatrix selbst auch in Diagonalform ergibt. Fur das Kranmodell konnte jedoch

10

Seite 114 von 199

nur eine Blockdiagonalform

Ad =

[Ad,1 0

0 Ad,2

]

(47)

bestimmt werden, wobei Ad,2 wiederum in Diagonalform vorliegt. Das Gesamtsystem in Blockdiagonal-form kann aber in zwei entkoppelte Teilsysteme

xd,1 = Ad,1xd,1 + bd,1u

y1 = cTd,1xd,1

xd,2 = Ad,2xd,2 + bd,2u

y2 = cTd,2xd,2

y = y1 + y2

(48)

zerlegt werden, wovon das zweite in Diagonalform vorliegt. Die Fundamentalmatrix des zweiten Teilsy-stems kann demnach direkt angegeben werden:

eA2,d t =

[e−t 00 1

]

. (49)

Fur das erste Teilsystem kann die Fundamentalmatrix mit Hilfe von Cayley-Hamilton berechnet werden.Es ergibt sich

eA1,d t = µ0I + µ1A1,d (50)

mit den Bestimmungsgleichungen

e(−1+2i) t = µ0 − µ1 (1 − 2i)

e(−1−2i) t = µ0 − µ1 (1 + 2i)(51)

fur die Parameter µ0 und µ1. Auflosen des Gleichungssystems (51) und einige Umformungen ergeben

µ0 =1

2e−t (2 cos(2t) + sin(2t)) , µ1 =

1

2e−t sin(2t) . (52)

Damit lautet die Fundamentalmatrix fur das erste Teilsystem

eA1,d t =

[e−t cos(2t) e−t sin(2t)−e−t sin(2t) e−t cos(2t)

]

(53)

und die Fundamentalmatrix des Gesamtsystems lautet

eAd t =

[eAd,1 t 0

0 eAd,2 t

]

=

e−t cos(2t) e−t sin(2t) 0 0−e−t sin(2t) e−t cos(2t) 0 0

0 0 e−t 00 0 0 1

. (54)

Fur die Losung der Differenzialgleichung in den verschiedenen Koordinaten gilt also

xd(t) = eAd t xd(0) +

∫ t

0

eAd(t−τ) bd u(τ) dτ, (55a)

x(t) = SeAd tS−1︸︷︷︸

= eA t

x(0) +

∫ t

0

SeAd(t−τ)S−1 b u(τ) dτ, (55b)

x(t) = TSeAd tS−1T−1︸︷︷︸

= eA t

x(0) +

∫ t

0

TSeAd(t−τ)S−1T−1 b u(τ) dτ. (55c)

Naturlich kann die Fundamentalmatrix auch direkt fur das Gesamtsystem mittels Cayley-Hamilton oderauch uber eine komplexe Spektraldarstellung ermittelt werden. Der Rechenaufwand ist allerdings deutlich

11

t

y·1

03

y(t)y∞(t)

−3

0

0 1 2

3

3 4 5

6

Abbildung 4: Sprungantwort y(t) mit asymptotischem Verlauf y∞(t).

hoher als beim hier vorgestellten Weg (zumindest fur den Fall, dass die Transformationsmatrizen bekanntsind).Die allgemeine Losung (55) kann nun z.B. dazu verwendet werden, die Sprungantwort des Systems zuberechnen. Es ergibt sich

y(t) = cT x(t) = cT

∫ t

0

eA (t−τ) b 1dτ

= − 7

30000+

1

6000t +

1

4800e−t +

1

40000e−t cos(2t) +

1

30000e−t sin(2t) .

(56)

Die Sprungantwort ist in Abbildung 4 zusammen mit dem asymptotischen Verlauf fur t → ∞ dargestellt.Deutlich ist der Effekt des I-Anteils in der Regelstrecke zu sehen.

5.2 Losung mit Hilfe der Laplace-Transformation

Zunachst muss die Rucktransformation der Ubertragungsfunktion G(s) aus Gleichung (24) berechnetwerden. Dazu wird die Ubertragungsfunktion umgeschrieben zu

G(s) =1

1200

1

s

1

(s + 1) (s2 + 2s + 5)︸︷︷︸

= H(s)

(57)

und zunachst die Rucktransformation fur H(s) berechnet. Dazu wird H(s) in Partialbruche zerlegt:

H(s) =A

1 + s+

B + Cs

s2 + 2s + 5=

(A + C) s2 + (2A + B + C) s + (5A + B)

(s + 1) (s2 + 2s + 5)

!=

1

(s + 1) (s2 + 2s + 5)(58)

Damit lautet das Gleichungssystem zur Bestimmung der Parameter A, B und C

1 0 12 1 15 1 0

A

B

C

=

001

⇒

A

B

C

=

14 − 1

414

− 54

54 − 1

434

14 − 1

4

001

=

14

− 14

− 14

, (59)

d.h.

H(s) =1

4

1

s + 1− 1

4

s + 1

s2 + 2s + 5. (60)

12

Seite 115 von 199

Anmerkung. Zur Bestimmung der Koeffizienten A, B und C der Partialbruche wurde hier die allgemeineMethode des Koeffizientenvergleichs verwendet. Die einfache Zuhaltemethode ist hier unpraktisch, dader Term s2 +2s+5 in zwei konjugiert komplexe Faktoren aufgespalten werden musste und sich dadurchkomplexe Koeffizienten ergeben wurden.

Die Rucktransformation ist nun mit Hilfe der Korrespondenzentabellen moglich. Es ergibt sich

h(t) =1

4e−t (1 − cos(2t)) . (61)

Die eigentliche Ubertragungsfunktion lautet G(s) = 11200

1sH(s), wobei der Faktor 1

12001s

eine Skalierung

und eine Integration bewirkt. Es ergibt sich also fur die zurucktransformierte Ubertragungsfunktion

g(t) =1

4800

∫ t

0

e−τ (1 − cos(2τ)) dτ =1

6000− 1

4800e−t +

1

24000e−t cos(2t) − 1

12000e−t sin(2t) . (62)

Die Losung fur verschwindenden Anfangsbedingungen x(0) = 0 und einen beliebigen Eingang u(t) ergibtsich nach dem Faltungsatz zu

y(t) =

∫ t

0

g(t − τ) u(τ) dτ =

∫ t

0

g(τ) u(t − τ) dτ. (63)

Fur einen Eingangssprung u(t) = 1, ∀t ≥ 0 ergibt sich damit die schon im Abschnitt 5.1 bestimmteSprungantwort

y(t) =

∫ t

0

g(τ) 1dτ

=1

6000t +

1

4800

(e−t − 1

)+

∫ t

0

1

24000e−τ (cos(2τ) − 2 sin(2τ)) dτ

︸︷︷︸

1

40000 (e−t cos(2t)+ 4

3sin(2t)−1)

= − 7

30000+

1

6000t +

1

4800e−t +

1

40000e−t cos(2t) +

1

30000e−t sin(2t) .

(64)

Es ergibt sich also wieder das gleiche Ergebnis, das schon mit Hilfe der Fundamentalmatrix (siehe Glei-chung (56) und Abbildung 4) bestimmt wurde.Anders als bei der Losung im Zustandsraum konnen beim Weg uber die Ubertragungsfunktion keineAnfangsbedingungen berucksichtigt werden und die Losung der Zustandstrajektorien x(t) kann ebenfallsnicht bestimmt werden.

6 Analyse des offenen Kreises

6.1 Pole – Stabilitat

Die Pole eines Systems sind die Nullstellen der charakteristischen Gleichung des Systems. Diese charak-teristische Gleichung kann auf verschiedene Weisen bestimmt werden:

• Uber die Dynamikmatrix A einer beliebigen Zustandsraumdarstellung (die charakteristische Glei-chung |λI − A| kann z.B. mit (20) oder (46) bestimmt werden),

• Uber die Regelungsnormalform (siehe Gleichung (29)) in der die Koeffizienten der charakteristi-schen Gleichung direkt abgelesen werden konnen,

• uber die Ubertragungsfunktion (die charakteristische Gleichung ist das Nennerpolynom von (24))oder

• uber die Ausgangsdifferenzialgleichung (28) indem die Koeffizienten der charakteristischen Glei-chung direkt abgelesen werden.

Fur das Kranmodell mit den Parametern aus Tabelle 1 ergibt sich mit einer der oben genannten Methodendie charakteristische Gleichung

λ4 + 3λ3 + 7λ2 + 5λ (65)

Zur Bestimmung der Stabilitat konnen nun entweder die Nullstellen der charakteristischen Gleichungbestimmt werden oder das Hurwitz-Kriterium (Vorzeichen- und Beiwertekriterium) angewandt werden.

13

real(λ)

imag(λ

)

−1

−1

−2

−2−3

0

0

1

1

2

2

Abbildung 5: Pole des linearen Kranmodells.

6.1.1 Hurwitz-Kriterium

Die Hurwitz-Matrix lautet

H =

a3 a1 0 0a4 a2 a0 00 a3 a1 00 a4 a2 a0

=

3 5 0 01 7 0 00 3 5 00 1 7 0

. (66)

Daraus lassen sich die Hauptabschnittsdeterminanten zu

D1 = 3, D2 =

∣∣∣∣

[3 51 7

]∣∣∣∣= 16, D3 =

∣∣∣∣∣∣

3 5 01 7 00 3 5

∣∣∣∣∣∣

= 80, D4 = |H | = 0 (67)

bestimmen. Das Stabilitatskriterium von Hurwitz sagt aus, dass alle Pole eines Systems negativen Realteilhaben, wenn alle Hauptabschnittsdeterminanten der Hurwitz-Matrix positiv sind (Di > 0, i = 1, . . . , n).Fur das Kranbeispiel sind alle Bedingungen bis auf eine erfullt (D4 = 0). Folglich liegt keine asymptoti-sche Stabilitat vor.

6.1.2 Pole der Regelstrecke

Die Nullstellen des Polynoms (65) und damit die Pole der Regelstrecke sind die Eigenwerte aus Gleichung(42) in Abschnitt 4.2. Drei der Pole haben negativen Realteil, ein Pol liegt im Ursprung. Es liegt alsoein grenzstabiles System vor. Abbildung 5 zeigt die Pole des Kranmodells in der komplexen Ebene.

6.2 Nullstellen – Minimalphasigkeit

Aus der Differenzialgleichung (28) oder der Ubertragungsfunktion (24) ist direkt ersichtlich, dass der offe-ne Kreis keine Nullstellen hat (keine Eingangsableitung in der Differenzialgleichung bzw. keine Zahlernull-stellen in der Ubertragungsfunktion). Damit ist das lineare Kranmodell trivialer Weise minimalphasig.

6.3 Ubertragungsverhalten

Zur Analyse des Ubertragungsverhaltens wird die Ubertragungsfunktion als Amplituden- und Phasen-gang (Bodediagramm) bzw. als Ortskurve dargestellt (siehe Abbildung 6 und Abbildung 7). Zur Be-rechnung der Kurven wird die Ubertragungsfunktion ausgewertet bei s = jω in Real- und Imaginarteil

14

Seite 116 von 199

log10(ω)

log10(ω)

|G(j

ω)|

dB

φ

−16

−170

−180

−360

−3

−3

−76

−90

−90

0.3495

0.3495

0

0

1.3495

1.3495

Abbildung 6: Bodediagramm des Kranmodells (grau: asymptotischer Verlauf, scharz: tatsachlicher Ver-lauf).

aufgespaltet:

G(jω) =α1

mS

(α1 (1 + α3) − ω2

)

ω2 (α1 (1 + α3) − ω2)2

+ α22 (α1 − ω2)

2

︸︷︷︸

= real(G(jω)) =: Σ(ω)

+j

α1

mSα2

(α1 − ω2

)

ω3 (α1 (1 + α3) − ω2)2

+ ωα22 (α1 − ω2)

2

︸︷︷︸

= imag(G(jω)) =: Ω(ω)

. (68)

Der Amplitudengang ergibt sich dann als |G(jω)| =√

Σ2(ω) + Ω2(ω), der Phasengang lautet φ(ω) =arg(Σ(ω) + jΩ(ω)) = arctan

(ΩΣ

)und die Ortskurve ergibt sich, indem Ω(ω) uber Σ(ω) aufgetragen wird.

7 Reglerentwurf

7.1 Reglerentwurf im Zeitbereich

7.1.1 Polvorgabe

Es wird zunachst davon ausgegangen, dass der komplette Zustand des Kranmodells gemessen werdenkann. Mit einem Polvorgaberegler u = −kT x sollen je zwei Pole des geschlossenen Kreises nach −3 und−4 gelegt werden, d.h. das Wunschpolynom des geschlossenen Kreises lautet

(s + 3)2(s + 4)2 = s4 + 14s3 + 73s2 + 168s + 144. (69)

Damit eine Polvorgabe moglich ist, muss zunachst uberpruft werden, ob das System steuerbar ist. Dafur das Kranmodell eine Transformation auf Regelungsnormalform exisitiert ist die Steuerbarkeitsei-genschaft hier gegeben. Um allgemein die Steuerbarkeitseigenschaft zu uberprufen muss der Rang der

15

real(G) · 105

imag(G

)·1

03

real(G) · 106

imag(G

)·1

05

−10−12

−12

−14

−16

−1

−1

−20−24

−2−4

−4

−6−8

−8

0

0

0

0

1

2

2

3

4

4

4

Abbildung 7: Ortskurve des Kranmodells (verschiedene Ausschnitte).

16

Seite 117 von 199

Steuerbarkeitsmatrix Su (oder die Determinante der Steuerbarkeitsmatrix Su fur SISO-Systeme) unter-sucht werden. Die Steuerbarkeitsmatrix ergibt sich fur das Kranmodell zu

Su =[b, Ab, A2b, A3b

]=

0 12000

−32000

116000

12000

−32000

116000

1400

0 −112000

14000

−16000

−112000

14000

−16000

−11200

. (70)

Wie leicht nachzuprufen ist, ist |Su| 6= 0 und (aquivalent) rang(Su) = 4, d.h. die Steuerbarkeitsmatrixist regular, das System ist steuerbar.Fur die Polvorgabe gibt es nun verschiedene Moglichkeiten:

1. Polvorgabe mit der Ackermann-Formel,

2. Polvorgabe uber die Regelungsnormalform oder

3. die direkte Methode

Die Ackermannformel ist numerisch aufwendig und basiert auf einer impliziten Transformation in Rege-lungsnormalform. Die Herleitung der Ackermannformel kann z.B. in [2, Seite 403] nachgelesen werden.Die direkte Methode und der Weg uber die Regelungsnormalform basieren auf einem Koeffizientenver-gleich, d.h. die Ruckfuhrmatrix wird allgemein angesetzt (kT = [k1, . . . , kn]) und das charakteristischePolynom des geschlossenen Kreises wird mit dem Wunschpolynom verglichen. Durch einen Koeffizien-tenvergleich werden die Parameter ki, i = 1, . . . , n bestimmt. Liegt das System in Regelungsnormalformvor, sind die Bestimmungsgleichungen fur die Reglerparameter ki, i = 1, . . . , n besonders einfach. Nach-folgend soll zunachst der direkte Weg und dann der Weg uber die Regelungsnormalform (29) beschrittenwerden. Der geschlossene Kreis lautet in den Original-Koordinaten x

x = Ax − bkT x =(A − bkT

)x =

0 1 0 0− 1

2000k1 −3 − 12000k2 32 − 1

2000k3 − 12000k4

0 0 0 11

12000k112 + 1

12000k2 −7 + 112000k3

112000k4

x. (71)

Damit ergibt sich das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises zu

∣∣λI −

(A − bkT

)∣∣ = λ4 +

36000 + 6k2 − k4

12000λ3 +

84000 + 6k1 − k3

12000λ2 +

6000 + k2

1200λ +

k1

1200(72)

Durch einen Koeffizientenvergleich mit dem Wunschpolynom (69) ergeben sich die Werte

k1 = 172800, k2 = 195600, k3 = 244800, k4 = 1041600. (73)

Fur den Fall, dass die Regelstrecke in Regelungsnormalform

x =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

−a0 −a1 −a2 −a3

x +

0001

u (74)

vorliegt, konnen die Reglerparameter mit der Formel ki = wi − ai, i = 1, . . . , 4 (wobei die Paramter wi

die Koeffizienten des Wunschpolynoms sind) direkt angegeben werden:

k1 = 144 − 0 = 144, k2 = 168 − 5 = 163, k3 = 73 − 7 = 66, k4 = 14 − 3 = 11. (75)

Um den Regler in den koordinaten der ursprunglichen Zustandsraumdarstellung zu erhalten muss dieentsprechende Transformation angewandt werden. Es gilt

u = −kT x

= −kT Tx

= −kT x

(76)

17

mit der Transformationsmatrix T aus Gleichung (37), woraus folgt

kT = kT T = [172800, 195600, 244800, 1041600] . (77)

Damit ist das Ergebnis, das bereits auf dem direkten Weg bestimmt wurde, auch uber die Regelungs-normalform bestatigt.

Anmerkung. Der Weg uber die Regelungsnormalform scheint sehr elegant, da die Reglerparameterki, i = 1, . . . 4 direkt angegeben werden konnen. Um den Regler zu implementieren werden jedoch dieReglerparameter in den Originalkoordinaten des Systems benotigt, wofur die Transformationsmatrix T

(und deren Inverse) benotigt wird. Deren Berechnung kann wie im Abschnitt 4.1 gesehen sehr aufwandigsein, weshalb der Weg uber die Regelungsnormalform nicht unbedingt vorteilhaft ist.

Es soll nun noch die Moglichkeit geben, eine Referenzposition (Fuhrungsgroße) r fur den Kran vorzuge-ben. Dazu setzt man den Eingang

u = −kT x + vr (78)

an. Die Konstante v soll so bestimmt werden, dass kein bleibender Regelfehler auftritt (die stationareVerstarkung soll 1 sein). Dazu wird der stationare Regelfehler betrachtet:

es = limt→∞

(r(t) − y(t))

= rs − limt→∞

y(t)

= rs − cT limt→∞

x(t)︸︷︷︸

= xs

(79)

Die stationare Losung xs ergibt sich aus der Gleichung

0 =(A − bkT

)xs + bvrs (80)

zuxs = −

(A − bkT

)−1

bvrs (81)

und damit ist die bleibende Regelabweichung

es = rs + cT(A − bkT

)−1

bvrs bzw.es

rs

= 1 + cT(A − bkT

)−1

bv.(82)

Damit keine bleibende Regelabweichung auftritt muss also gelten

v = − 1

cT (A − bkT )−1

b= 172800. (83)

Abbildung 8 zeigt das Blockschaltbild des Zustandsreglers mit Vorverstarkung v. Abbildung 9 zeigtSprungantworten des geschlossenen Kreises fur das linearisierte und das nichtlineare Modell. Je großerdie Sprunge werden, desto starker werden die nichtlinearen Effekte sichtbar. Werden die Sprunge weitervergroßert, so uberschlagt sich der Kran. Die Endposition wird dann nicht mehr erreicht, da fur denverwendeten lineare Regler die Winkel φ = 0 und φ = 2π unterschiedliche Bedeutungen haben. Hierstoßt der lineare Regler – angewandt auf die nichtlineare Strecke – offensichtlich an seine Grenzen.

7.1.2 Zustandsrekonstruktion – Beobachter

Im ursprunglichen Modell (20) ist nur der Ausgang y = z + lϕ messbar, d.h. der Zustand x muss miteinem Beobachter geschatzt werden, um die Polvorgabe wie in Abschnitt 7.1.1 durchfuhren zu konnen.Damit ein Beobachter mit beliebiger Fehlerdynamik entworfen werden kann, muss das System beobacht-bar sein, d.h. die Beobachtbarkeitsmatrix

Sy =

cT

cT A

cT A2

cT A3

=

1 0 6 00 1 0 60 0 −10 00 0 0 −10

(84)

18

Seite 118 von 199

rb

A

cTx yu

x ∫Σ

y

v −

kT

Abbildung 8: Blockschaltbild der Zustandsruckfuhrung mit Vorfilter.

t

y

r = 1

r = 2

r = 3

r = 4

r = 5

r = 6

linearnichtlinear

0

0 10

1

1

2

2

3

3

4

4

5

5

6

6 7 8 9

Abbildung 9: Sprungantworten des geschlossenen Kreises (lineares und nichtlineares Modell).

19

muss regular sein. Dies ist der Fall wenn |Sy| 6= 0 oder aquivalent rang(Sy) = 4 gilt. An der Struktur derMatrix Sy (obere Dreiecksform) ist leicht zu erkennen, dass beide Bedingungen erfullt sind und somitein Beobachterentwurf moglich ist.Es soll ein Luenberger Beobachter der Form

˙x = Ax + bu︸︷︷︸

Simulation

+ e (y − y)︸︷︷︸

Korrektur

y = cT x

(85)

entworfen werden. Fur die Fehlerdynamik ergibt sich damit

ε = x − ˙x =(A − ecT

)(x − x) =

(A − ecT

)ε (86)

mit der Dynamikmatrix des Beobachterfehlers

A − ecT =

−e1 1 −6e1 0−e2 −3 32 − 6e2 0−e3 0 −6e3 1−e4

12 −7 − 6e4 0

. (87)

Das charakteristische Polynom dieser Fehlerdynamik lautet∣∣λI −

(A − ecT

)∣∣ =λ4 + (3 + e1 + 6e3)λ3 + (7 + 3e1 + e2 + 18e3 + 6e4)λ2+

(5 + 7e1 + 3e2 + 32e3 + 18e4)λ + (5e1 + 7e2 + 32e4)(88)

Die Fehlerdynamik soll je zwei Pole bei −5 und −6 haben (die Fehlerdynamik soll schneller abklingen alsdie Dynamik des Zustandsreglers aus Abschnitt 7.1.1), d.h. das Wunschpolynom fur die Fehlerdynamiklautet

(s + 5)2(s + 6)

2= s4 + 22s3 + 181s2 + 660s + 900. (89)

Mit der Fehlerdynamik (88) ergibt sich somit durch Koeffizientenvergleich das lineare Gleichungssystem

1 0 6 03 1 18 67 3 32 185 7 0 32

e1

e2

e3

e4

=

22181660900

−

3750

(90)

zur Bestimmung der Beobachterparameter ei, i = 1, . . . , 4. Losen dieses Gleichungssysmtems ergibt

e1 =608

5, e2 = −996

5, e3 = −171

10, e4 =

527

10. (91)

7.1.3 Dynamischer Regler – Polvorgabe mit Beobachter

Das Gesamtsystem aus Beobachter und Polvorgaberegler lautet in Zustandsraumdarstellung[

x˙x

]

=

[A −bkT

ecT A − ecT − bkT

] [x

x

]

+

[b

b

]

vr. (92)

Dieses System kann durch die Koordinatentransformation[

x

ε

]

=

[I 0I −I

] [x

x

]

(93)

in die Form [x

ε

]

=

[A − bkT −bkT

0 A − ecT

] [x

εx

]

+

[b

0

]

vr (94)

gebracht werden. Die neue Darstellung liegt in Blockdreiecksform vor und hat daher die Eigenwerte derPolvorgabe (A − bkT ) und die Eigenwerte der Fehlerdynamik (A − ecT ), d.h. das Separationsprinzipfolgt direkt aus dieser Darstellung. Das Blockschaltbild der Zustandsruckfuhrung mit Beobachter ist inAbbildung 10 dargestellt. Abbildungen 11 und 12 zeigen Sprungantworten des geschlossenen Kreises mitZustandsruckfuhrung und Beobachter fur die lineare und die nichtlineare Strecke mit und ohne Fehler inder Anfangsschatzung.

20

Seite 119 von 199

r

b

A

cTx yu

x ∫

b

A

cTx yu

˙x ∫Σ

Σ

e

kT

v − −

y

Abbildung 10: Blockschaltbild der Zustandsruckfuhrung mit Beobachter und Vorfilter.

t

y

r = 1

r = 2

r = 3

r = 4

r = 5

linearnichtlinear

0

0 10

1

1

2

2

3

3

4

4

5

5 6 7 8 9

Abbildung 11: Sprungantworten des geschlossenen Kreises mit Beobachter mit x(0) = x(0) = 0 (linearesund nichtlineares Modell).

21

t

y

r = 1

r = 2

r = 3

r = 4

x(0) = x(0)x(0) 6= x(0)

0

0 10

1

1

2

2

3

3

4

4 5 6 7 8 9

Abbildung 12: Sprungantworten des geschlossenen Kreises mit Beobachter mit Anfangsschatzfehler([0.2, 0, 0, 0]

T= x(0) 6= x(0) = 0) und ohne Anfangsschatzfehler (nichtlineares Modell).

7.2 Reglerentwurf im Frequenzbereich

7.2.1 Loopshaping

Es soll mittels Loopshaping ein Regler entworfen werden, der die folgenden Anforderungen erfullt:

1. Stabilitat des geschlossenen Kreises,

2. Keine bleibende Regelabweichung bei Sprungen in der Fuhrungsgroße,

3. Bandbreite ca. 1 rads und

4. Phasenreserve > 60.

Als vorbereitender Schritt wird zunachst analysiert, fur welche Verstarkungsfaktoren k0 die Strecke miteinem P-Regler stabilisiert werden kann. Die Ubertragungsfunktion des geschlossenen Kreises mit P-Regler lautet unter Verwendung der Ubertragungsfunkiton G aus Gleichung (24)

Gcl,0 =k0G

1 + k0G. (95)

Zur Stabilitatsanalyse wird das Nennerpolynom von Gcl,0 betrachtet. Es lautet

λ4 + α2λ3 + α1 (1 + α3) λ2 + α1α2λ +

α1

mS

k0. (96)

Damit ergibt sich die Hurwitzmatrix

H =

α2 α1α2 0 01 α1 (1 + α3)

α1

mSk0 0

0 α2 α1α2 00 1 α1 (1 + α3)

α1

mSk0

(97)

mit den Hauptabschnittsdeterminanten

D1 = α2, D2 = α1α2α3, D3 =α1α

22

mS

(α1α3mS − k0) , D4 =α2

1α22

m2S

k0 (α1α3mS − k0) . (98)

22

Seite 120 von 199

real(G(jω))

imag(G

(jω))

−1

−1

−2

−2

−3

−3−4

0

0

1

1

Abbildung 13: Nyquist-Plot fur den offenen Kreis mit Verstarkung k0

Wegen αi > 0, i = 1, 2, 3 und mS > 0 ergeben sich die Stabilitatsbedingungen

α1α3mS − k0 > 0, k0 > 0 ⇒ 0 < k0 < α1α3mS ⇒ k0 ∈(

0,32000

3

)

. (99)

Das gleiche Ergebnis kann auch mit der Vorzeichen- und Beiwertebedingung fur Systeme 4. Ordnungbestimmt werden.Zunachst soll nun ein P-Regler bestimmt werden, so dass die Durchtrittsfrequenz des offenen Kreisesbei 1 rad

s liegt (Anforderung 3). Dazu liest man die Verstarkung der Regelstrecke bei ω = 1 aus Abbil-dung 6 ab oder berechet diese aus dem Amplitudengang aus (68). Es ergibt sich eine Verstarkung von−77, 7dB ≈ 1, 3176 · 10−4. Um durch eine Verstarkung k0 zu erreichen, dass bei ω = 1 der Verstarkungs-faktor von k0G(jω) = 1 ist, muss daher k0 = 77, 7dB ≈ 7589, 47 gewahlt werden. Das so gewahlte k0

erfullt die Stabilitatsbedingung (99). Der Stabilitatsnachweis kann auch mit Hilfe des Nyquist-Kriteriumserbracht werden. Der offene Kreis hat einen Pol auf der imaginaren Achse und keine instabilen Pole,d.h. der geschlossene Kreis ist stabil, genau dann wenn ∆φ 1 + G(jω) = π

2 . In Abbildung 13 kanndie Phasendrehung ∆φ um den kritischen Punkt (−1, 0) abgelesen werden. Das Stabilitatskriterium isterfullt.Damit sind bereits die Anforderungen 1 und 3 erfullt.Im folgenden soll kurz gezeigt werden, dass die Anforderung 2 auf Grund des Integrators in der Regel-strecke strukturell erfullt ist. Die Ubertragungsfunktion des offenen Kreises lautet

G0(s) = k0G(s) =1

sH0(s) . (100)

Damit ergibt sich die Ubertragungsfunktion des geschlossenen Kreises zu

Gcl(s) =1sH0(s)

1 + 1sH0(s)

=H0(s)

s + H0(s). (101)

Die Sprungantwort im Laplace-Bereich ergibt sich somit zu

Y (s) =H0(s)

s + H0(s)

1

s︸︷︷︸

U(s)

, (102)

23

log10(ω)

log10(ω)

|G(j

ω)|

dB

φ

G(jω)k0G(jω)

−0.5

−0.5

−1.5

−1.5

−100

−150

−180

−1

−1−200

−270

−360

−50

−90

0.5

0.5

0

0

0

1.5

1.5

1

1

50

Abbildung 14: Bodediagramme offener Kreis mit und ohne Verstarkung k0 und mit Stabilitatsreserven.

und der Grenzwertsatz ergibt

limt→∞

y(t) = lims→0

sH0(s)

s + H0(s)

1

s= lim

s→0

H0(s)

s + H0(s)= lim

s→0

H0(s)

H0(s)= 1. (103)

Die bleibende Regelabweichung bei Sprungen in der Fuhrungsgroße

limt→∞

e(t) = limt→∞

(h(t) − y(t)) = 1 − 1 = 0 (104)

verschwindet demnach unabhangig von der Wahl des Reglers, d.h. die Struktur der Strecke stellt sicher,dass keine bleibende Regelabweichung auftreten kann.Die Bode-Diagramme des offenen Kreises mit und ohne Verstarkung k0 und mit Stabilitatsreserven sindin Abbildung 14 dargestellt. Die Phasenreserve kann aus dem Bodediagramm abgelesen oder aus demPhasengang aus (68) berechnet werden. Sie betragt ca. 18, 4. Die Amplitudenreserve betragt ca. 2, 96dB.Um die Anforderung 4 zu erfullen wird der Regler um ein Lead-Element

Klead(s) = vs + w

s + vw(105)

erweitert. Die Parameter des Lead-Elements werden iterativ angepasst, bis der offene Kreis die gewunsch-ten Merkmale aufweist. Mogliche Parameterwerte sind z.B. v = 10, w = 0.5. Damit ergeben sich dasLead-Element und der offene Kreis k0KleadG wie in Abbildung 15 dargestellt. Die Phasenreserve beiω = 0 ist nun ca. 70, 6. Als Nebeneffekt hat das Lead-Element allerdings die Durchtrittsfrequenz nachrechts verschoben. Dies muss mit einem zusatzlichen Verstarkungsfaktor k1 nun wieder ausgeglichen wer-den. Fur k1 ≈ 0.4561 ergibt sich schließlich das in Abbildung 16 dargestellte Bodediagramm des offenenKreises mit einer Phasenreserve von ca. 70, 6 und einer Amplitudenreserve von ca. 4, 87dB.Der endgultige Regler lautet damit

K(s) = k0k1Klead(s) ≈ 34610s + 1

2

s + 5. (106)

Pole und Nullstellen des geschlossenen Kreises sind in Abbildung 17 dargestellt. Die Sprungantwort ist inAbbildung 18 zu sehen. Es fallt auf, dass der Einschwingvorgang mit dem Loopshaping-Regler langsamer

24

Seite 121 von 199

log10(ω)

log10(ω)

|G(j

ω)|

dB

φ

k0Klead(jω)G(jω)Klead(jω)

−0.5

−0.5

−1.5

−1.5−100

−180

−1

−1

−270

−360

−50

−90

0.5

0.5

0

0

0

0

1.5

1.5

1

1

50

90

Abbildung 15: Bodediagramme Lead-Element und offener Kreis mit Lead-Element und Stabilitatsreser-ven.

log10(ω)

log10(ω)

|G(j

ω)|

dB

φ

−0.5

−0.5

−1.5

−1.5−100

−180

−1

−1

−270

−360

−50

−90

0.5

0.5

0

0

0

1.5

1.5

1

1

50

Abbildung 16: Bodediagramm des offenen Kreises G0 = k0k1KleadG mit Stabilitatsreserven.

25

real(λ)

imag(λ

)

−1

−1

−2

−2−3−4−5

0

0

1

1

2

Abbildung 17: Pole und Nullstellen des geschlossenen Kreises mit Loopshaping-Regler.

ist, als bei Verwendung des Polvorgabe-Reglers (vgl. Abbildung 11) und dass (aufgrund des konjugiertkomplexen Polpaars) Uberschwinger auftreten.

7.3 Reglerentwurf mit Einstellregeln

7.3.1 Sprungmethode nach Ziegler-Nichols

Die Sprungmethode nach Ziegler-Nichols ist nicht anwendbar, da das System nicht asymptotisch stabilist.

7.3.2 Schwingmethode nach Ziegler-Nichols

Zunachst muss die Verstarkung ku bestimmt werden, fur die der geschlossene Kreis grenzstabil wird,d.h. fur die die Sprungantwort des geschlossenen Kreises eine ungedampfte Schwingung ist. Mit denErgebnissen der Stabilitatsuntersuchungen aus Abschnitt 7.2.1 in Gleichung (99) ergibt sich diese un-gedampfte Schwingung fur ku = 32000

3 ≈ 10667. Der geschlossene Kreis mit der Verstarkung ku

kuG(s)

1 + kuG(s)(107)

hat die charakteristische Gleichung

λ4 + 3λ3 + 7λ2 + 5λ +80

9= 0 (108)

mit den Nullstellen

λ1 = −j

√

5

3, λ2 = j

√

5

3, λ3 = −3

2− j

√

111

36, λ4 = −3

2+ j

√

111

36. (109)

Daraus folgt eine Sprungantwort der Form

y∞(t) = A∞ cos

(√

5

3t + φ∞

)

(110)

fur ausreichend große t, d.h. nach Abklingen des gedampften Anteils. Daraus kann die Schwingungsdauer

der ungedampften Schwingung Tu = 2√5

3

π =√

125 π ≈ 4.867s bestimmt werden. Mit Hilfe der bestimmten

26

Seite 122 von 199

t

y

0.5

00 10 12 14 16 18

1

202 4 6 8

Abbildung 18: Sprungantwort des geschlossenen Kreises mit Loopshaping-Regler (lineares Modell).

kp TI TD

P-Regler kP = 0.5 · ku 5333 — — — —PI-Regler kP = 0.4 · ku 4267 TI = 0.8 · Tu 3.894 — —PID-Regler kP = 0.6 · ku 6400 TI = 0.5 · Tu 2.433 TD = 0.12 · Tu 0.5840

Tabelle 2: Reglerparameter mit der Schwingmethode nach Ziegler-Nichols

Parameter ku und Tu konnen nun die Reglerparameter wie in Tabelle 2 angegeben bestimmt werden.Fur den PI-Regler ergibt sich z.B.

KPI = kP

(

1 +1

sTI

)

≈ 4267s + 0.2568

s. (111)

Die Schwingmethode nach Ziegler-Nichols uberlasst als einzigen Freiheitsgrad fur den Reglerentwurf dieWahl der Reglerstruktur (P-, PI- oder PID-Regler) dem Regelungsingenieur. Es ist daher zu erwarten,dass im Allgemeinen mit komplexeren Verfahren wie z.B. dem Loopshaping, bei denen weit mehr Ein-griffsmoglichkeiten und Freiheitsgrade vorhanden sind, eine bessere Regelgute erreicht werden kann alsbeim Reglerentwurf mit Einstellregeln. In Abbildung 19 werden die Bodediagramme der offenen Krei-se des Loopshaping-Reglers aus Abschnitt 7.2.1 mit dem PI-Regler aus Gleichung (111) verglichen. Esfallt insbesondere auf, dass die Stabilitatsreserven und die Durchtrittsfrequenz beim Loopshaping-Reglerdeutlich großer sind. Beim Reglerentwurf mit Einstellregeln gibt es keine Moglichkeit, diese Kenngroßengezielt zu beeinflussen.

7.4 Schlussbemerkung zum Reglerentwurf

Alle vorgestellten Reglerentwurfsverfahren sind lineare Verfahren. Fur den Fall der Polvorgabe wurdeanhand einiger Sprungantworten analysiert, wie gut der lineare Regler fur die nichtlineare Regelstrecke– den Bruckenkran – geeignet ist. In der Praxis mussten deutlich weitreichendere Untersuchungen furalle betrachteten Regler erfolgen.Ein zweiter Punkt, der in den Entwurfen gar nicht berucksichtigt wurde, sind Stellgroßenbeschrankungenund evtl. Zustandsbeschrankungen. D.h. die Kraft, mit der der Schlitten beschleunigt werden kann, istin der Regel beschrankt. Genauso kann sich der Schlitten naturlich nicht beliebig schnell bewegen und essteht zudem nur ein begrenzter Weg zur Verfugung. Alle diese Einschrankungen mussten berucksichtigtwerden, damit ein Regler an einer realen Anlage implementiert werden kann.

27

log10(ω)

log10(ω)

|G(j

ω)|

dB

φ

KPI(jω)G(jω)Kls(jω)G(jω)

−0.5

−0.5

−1.5

−1.5

−100

−180

−1

−1

−270

−360

−50

−90

0.5

0.5

0

0

0

1.5

1.5

1

1

50

Abbildung 19: Bodediagramme der offenen Kreise mit Loopshaping Regler Kls und nach der Schwing-methode eingestelltem PI-Regler KPI mit Stabilitatsreserven.

Literatur

[1] Gene F. Franklin, J. David Powell, and Abbas Emanmi-Naeini. Feedback Control of Dynamic Systems.Addison-Wesley, 3rd edition, 1994.

[2] M. Horn and N. Dourdoumas. Regelungstechnik. Pearson Studium, 2004.

28

Seite 123 von 199

Institut fur Systemtheorie und Regelungstechnik Uni StuttgartProf. Dr.-Ing. F. Allgower 22. Oktober 2008Regelungstechnik I pw,tshttp://wwww.ist.uni-stuttgart.de/education/courses/RTI/

Ubungsaufgaben Regelungstechnik I

Aufgabe 1 (Linearitat)

Untersuchen Sie, ob folgende Ubertragungssysteme mit Eingang u und Ausgang y ein linearesUbertragungsverhalten aufweisen.

a) y(t) = u(t)eωt, ω = const. 6= 0

b) y(t) + (y(t))2 = −u(t)

c) y(t) = 3

√

z(t), z(t) = (u(t))3, z(0) = 0

Aufgabe 2 (Zeitinvarianz)

Betrachten Sie folgende Ubertragungssysteme mit Eingang u und Ausgang y. Sind die Systemezeitinvariant?

a) y(t) = u(t)eωt, ω = const. 6= 0

b) y(t) + (y(t))2 = −u(t), y(0) = 0

c) y(t) =∫ 10 u(τ)dτ

Aufgabe 3 (Stabilitat von Differentialgleichungen)

Abbildung 1 zeigt einen Standardregelkreis. Der Regler C, die Strecke P und der geschlossene

C Pyuew +

−


Kreis CL werden durch folgende Differentialgleichungen beschrieben:

C: u + u = 20e (3.a)

P: y + 4y + 4y = 2u (3.b)

CL:...y + 5y + 8y + 44y = 40w (3.c)

a) Ist der Regler C stabil?

1

b) Ist die Strecke P stabil?

c) Ist der geschlossene Kreis CL stabil?

d) Was fallt Ihnen auf?

e) Leiten Sie die Differentialgleichung des geschlossenen Kreises CL aus der Regler- und derStreckendifferentialgleichung her.

Aufgabe 4 (Linearisierung, Stabilitat)

Mit dem Reibungsmoment MR = cϕ gilt fur das dargestellte Pendel die nichtlineare Differenti-algleichung

l

gϕ +

c

mglϕ + sin ϕ = 0 (4.a)

@@ePPPPPPPPP

l

jm

ϕ

MR

a) Welche stationaren Zustande ϕsksind moglich?

b) Linearisieren Sie die Bewegungsgleichung des Pendels fur kleine Auslenkungen ϕ = ϕ−ϕsk

aus den stationaren Zustanden.

c) Untersuchen Sie die Stabilitat der stationaren Zustande ϕskanhand der linearisierten

Differentialgleichungen. Uberprufen Sie Ihre Ergebnisse durch anschauliche Betrachtung.

Aufgabe 5 (Linearisierung, Stabilitat)1

Gegeben sei das System

x1 = (−x1 + x3)(x2 + 1)

x2 = (u − x2)(x3 + 2) − 3x3

x3 = x3 − u

y = x2

a) Linearisieren Sie das System um seine Ruhelage fur us = 0.

b) Ist das linearisierte System stabil?

Aufgabe 6 (Linearisierung, Stabilitat)2

Gegeben sei das folgende nichtlineare Differentialgleichungssystem

x1 = x21 + x2

2 − 2

x2 = x21 − x2

2 , x1, x2 ∈ R

a) Bestimmen Sie die Ruhelagen des Systems.

b) Linearisieren Sie das System um die Ruhelage, die im erstem Quadranten liegt.

c) Ist das im Aufgabenteil b) linearisierte System stabil?

1Teilaufgaben ubernommen aus Prufungsklausur Regelungstechnik I, Fruhjahr 2003 (leicht)2Teilaufgaben ubernommen aus Prufungsklausur Regelungstechnik I, Herbst 2003 (leicht)

2

Seite 124 von 199

Aufgabe 7 (Losung von Differentialgleichungen)

Berechnen Sie die Losungen der folgenden zwei Differentialgleichungen:

a)

y − y = 0, y(0) = 1, y(0) = 0

b)

...y + 4y + 5y + 2y = 0

y(0) = 1, y(0) = 0, y(0) = 0

Aufgabe 8 (Stabilitat)

Die charakteristische Gleichung eines Systems laute

s3 + (4 − b1)s2 + b1s + b2 − 1 = 0 (8.a)

Gesucht ist der Stabilitatsbereich der beiden Parameter b1 und b2.

a) Bestimmen Sie die notwendigen Bedingungen fur asymptotische Stabilitat mit Hilfe derVorzeichenbedingung.

b) Tragen Sie diese Bedingungen in ein Stabilitatsdiagramm fur die Parameter b1 und b2

(Abszisse b1, Ordinate b2) ein.

c) Berechnen Sie mit Hilfe des Hurwitz–Kriteriums die notwendigen und hinreichenden Be-dingungen fur asymptotische Stabilitat.

d) Vergleichen Sie die Ergebnisse aus den Teilaufgaben a) und c). Welche Bedingungen tretenzusatzlich auf?

e) Tragen Sie diese zusatzlichen Bedingungen in das Stabilitatsdiagramm ein.

Aufgabe 9 (Stabilitat nach Hurwitz) 3

a) Leiten Sie mit Hilfe des Hurwitzkriteriums eine notwendige und hinreichende Bedingungdafur her, dass die Pole eines charakteristischen Polynoms

q(s) = sn + an−1sn−1 + · · · + a1s + a0 = 0

links von −α (α reell und positiv) liegen. (Nur Vorgehensweise !)

b) Verwenden Sie das in Aufgabenteil a) hergeleitete Prinzip, um den Parameter K so zubestimmen, dass alle Pole des charakteristischen Polynoms

s3 + (8 + K)s2 + (17 + 2K)s + 3K + 50 = 0

links von −1 zu liegen kommen.

Aufgabe 10 (Aufstellung der ZRD, Transformation)

Gegeben ist folgende Differentialgleichung:

y(t) + 6y(t) + 8y(t) = u(t).

3Aufgabe auf Prufungsniveau (mittelschwer)

3

a) Bestimmen Sie die Zustandsraumdarstellung mit dem Zustandsvektor

x :=

[

y + yy + 2y

]

.

b) Handelt es sich dabei um eine zulassige Transformation?

Aufgabe 11 (Linearisierung in ZRD, Zustandstrafo, Fundamentalmatrix)Alle Teilaufgaben konnen unabhangig voneinander gelost werden.

Gegeben sei das nichtlineare Zustandsraummodell einer Regelstrecke

x1 = (2u + x1)(2 + x42)

x2 = (x1 − 2x2)(3 + x31)

y = ex1+2 + 2(1 + x2)

a) Berechnen Sie die Ruhelagen der Regelstrecke in Abhangigkeit von u.

b) Linearisieren Sie den geschlossenen Kreis um die Ruhelage, die sich fur uS = 1 ergibt.Hinweis: Wenn Sie diesen Aufgabenteil nicht losen konnen, rechnen Sie mit dem linearenSystem

x =

[

2 06 4

]

x +

[

20

]

u

y =[

1 3]

x

weiter.

c) Ist das linearisierte System stabil? (Begrundung!)

d) Kann das System

z =

[

2 −20 1

]

z +

[

11

]

u

y =[

1 2]

z

aus dem linearisierten System mittels einer Zustandstransformation z = Tx (det T 6= 0)entstanden sein? (Begrundung!)

e) Berechnen Sie die Fundamentalmatrix des linearisierten Systems.

Aufgabe 12 (Fundamentalmatrix)

Handelt es sich bei der Matrix

Φ(t) =

[

2e−2t − e−4t e−2t

−4e−2t + 4e−4t −e−2t + 2e−4t

]

um eine zulassige Fundamentalmatrix eines Systems der Form x = Ax, x(0) = x0? Geben Sieeine Begrundung an.

4

Seite 125 von 199

Aufgabe 13 (Fundamentalmatrix)

Gegeben sei ein System der Form x = Ax. Fur den Anfangswert x(1)0 =

[

11

]

lautet die

Losung x(1)(t) =

[

e−t

α(1 − e−t) + 1

]

, wahrend fur den Anfangswert x(2)0 =

[

2−1

]

die Losung

x(2)(t) =

[

2e−t

2α(1 − e−t) − 1

]

lautet.

a) Bestimmen Sie die Fundamentalmatrix Φ(t) des Systems.

b) Bestimmen Sie die Systemmatrix A.

c) Untersuchen Sie die Abhangigkeit der Stabilitat vom Parameter α ∈ R.

Aufgabe 14 (Eigenwerte der Systemmatrix)

Die Dynamikmatrix A eines Systems x = Ax lautet:

A =

0 1 0a b 00 0 c

mit c 6= 0. Bestimmen Sie jeweils den Wertebereich fur die reellen Koeffizienten a, b und c diezu den in Abbildung 2 dargestellten Lagen der Eigenwerte der Systemmatrix A fuhrt.

Re Re Re

Im Im Im(a) (b) (c)

Abbildung 2: Mogliche Eigenwertverteilungen der Matrix A.

Aufgabe 15 (Eigenwerte, Trajektorien)


x =

[

2 30 −4

]

x

a) Ermitteln Sie die Eigenwerte und Rechtseigenvektoren.

b) Ist das System stabil? (Begrundung)

c) Skizzieren Sie in der Zustandsebene die Trajektorien (mit Richtungssinn) fur folgendeAnfangswerte:

x(1)0 =

[

20

]

,x(2)0 =

[

−12

]

5

Aufgabe 16 (Eigenwerte, Trajektorien)4

Gegeben sei ein System zweiter Ordnung der Form:

x = Ax

Die Systemmatrix A habe die Eigenwerte λ1 = 0 und λ2 = −2. Die zu diesem System gehorige,in der (x1 − x2)-Ebene gelegene Trajektorienschar ist der Abbildung 3 zu entnehmen:

Abbildung 3: Phasenebene, kennzeichnen Ruhelagen des Systems.

a) Bestimmen Sie die (Rechts-)Eigenvektoren v1, v2 von A zu den Eigenwerten λ1, λ2.

b) Bestimmen Sie unter Verwendung des Ergebnisses von a) die Systemmatrix A.

Aufgabe 17 (Trajektorien)

Welche der in Abbildung 4 dargestellten Trajektorienverlaufe konnen von einem linearen Systemsx = Ax, x ∈ R

2, stammen und welche nicht? Begrundung?

Aufgabe 18 (Beobachtbarkeitsnormalform, Fundamentalmatrix)

Gegeben ist das folgende, lineare System 2. Ordnung

x1 + 3x1 + 2x1 = 2u (18.a)

y = x1 (18.b)

a) Ist das gegebene System stabil?

b) Stellen Sie das System in Beobachtbarkeitsnormalform dar.

4Teilaufgaben ubernommen aus Prufungsklausur Regelungstechnik I, Fruhjahr 2003 (mittelschwer)

6

Seite 126 von 199

Abbildung 4: Trajektorien verschiedener Systeme in der Phasenebene.

c) Wie lauten die Eigenwerte der Dynamikmatrix des Zustandraumsystems.

d) Berechnen Sie die Fundamentalmatrix eAt mit Hilfe von Cayley-Hamilton.

e) Bestimmen Sie die Matrix V der Rechtseigenvektoren und die Matrix RT der Linkseigen-vektoren fur das in Beobachtbarkeitsnormalform dargestellte System.

f) Wie lautet die Spektraldarstellung der Fundamentalmatrix eAt?

g) Berechnen Sie die Losung x(t) fur

x0 =

(

−10

)

und u(t) = 1 fur t ≥ 0. (18.c)

Aufgabe 19 (Regelungsnormalform, Zustandstransformation)

Ein lineares Ubertragungssystem werde durch die Differentialgleichung

...y + 6y + 11y + 6y = u + b · u (19.a)

mit den Anfangsbedingungen y(0) = y(0) = y(0) = 0 beschrieben.

a) Wahlen Sie die Zustandsvariablen so, daß das System in Regelungsnormalform gegebenist.

b) Bestimmen Sie die transformierten Anfangsbedingungen.

c) Uberlegen Sie sich, ob das System fur alle Werte von b auf die beschriebene Zustands-raumform gebracht werden kann.

7

Aufgabe 20 (Eigenwerte)

Gegeben sei die folgende Systemmatrix A:

A =

(

0 −12 −2

)

(20.a)

a) Berechnen Sie die Eigenwerte der Matrix A = A + 2A2 − 3A3 und untersuchen Sie dieBeziehung zwischen λi(A) und λi(A).

b) Aufgabe auf Prufungsniveau (schwer)Leiten Sie allgemein den Zusammenhang zwischen den Eigenwerten einer Matrix A undeiner Matrix A =

∑ki=0 αiA

i her, wobei A nicht singular ist.

Aufgabe 21 (geschl.Kreis in ZRD, Polvorgabe)5

Abbildung 5 zeigt einen Standardregelkreis. Der Regler R und die Strecke S werden durch

R Syu


folgende Gleichungen beschrieben:Strecke:

x =

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0

. . .

−a0 −a1 −a2 . . . −an−1

x +

0......1

u (21.a)

y =

1 0. . .

0 1

x (21.b)

Regler:

u = −(

k0 k1 . . . kn−1

)

y (21.c)

Zeigen Sie, dass mit dieser Konfiguration die Pole/Eigenwerte des geschlossenen Kreises belie-big gewahlt werden konnen. Setzen Sie hierzu die Messgleichung und Reglergleichung in dieSystemgleichung ein.


8

Seite 127 von 199

Aufgabe 22 (Laplace-Transformation)

a) Bilden Sie die Laplace-Transformierte der folgenden Zeitfunktion:

f(t) = e−4t + sin(10t − π

4) + t3e−2t (22.a)

b) Transformieren Sie folgende Bildfunktionen in den Zeitbereich:

b1) F (s) =3s + 1

s2 + 3s + 2(22.b)

b2) F (s) =s2 + 1

s2 + 3s + 2(22.c)

b3) F (s) =s2 + 1

(s2 + 3s + 2)(s + 4)2. (22.d)

Aufgabe 23 (Zusammengeschaltete Regelkreisglieder)

Komplizierte Blockschaltbilder lassen sich oft durch Verlegen der Verzweigungs- und Additions-stellen vereinfachen. Einige einfache Regeln sollen im folgenden hergeleitet werden.

Wie muß die Ubertragungsfunktion GK(s) in den vier Beispielen gewahlt werden, damit sichdas Ubertragungsverhalten durch das Verlegen der Verzweigungs– bzw. Additionsstellen nichtandert?

1 ) -Xe r - G(s) -Xa1

-Xa2

⇐⇒

-Xe G(s) r -Xa1

- GK(s) -Xa2

2) -Xe1 G(s) - e -Xa+

+6

Xe2

⇐⇒

-Xe1 e - G(s) -Xa

+

+

6

GK(s) Xe2

3) -Xe G(s) - r -

-Xa2

Xa1

⇐⇒

-Xe r G(s) -Xa1

- GK(s) -Xa2

4)6

Xe2

-Xe1+

+e - G(s) -Xa

⇐⇒-Xe2 G(s)

6-Xe1 GK(s) -+

+e -Xa

Aufgabe 24 (Sensitivitat und komplementare Sensitivitat)

9

w + yG(s)

++

K(s)

−

z

Gegeben sei das folgende Blockschaltbild eines Regelkreises mit Eingangsgroße w and Ausgangs-große y.

G(s) =s − 1

s3 + s2 − s + 2

K(s) = K

a) Bestimmen Sie die Sensitivitatsfunktion S(s) des Regelkreises.

b) Bestimmen Sie die komplementare Sensitivitat T (s).

c) Bestimmen Sie fur welche Werte von K die komplementare Sensitivitatsfunktion stabil ist.

d) Bestimmen Sie fur welche Werte von K die Sensitivitatsfunktion stabil ist.

Aufgabe 25 (Ubertragungsfunktion aus Blockschaltbild)

Bestimmen Sie die Ubertragungsfunktion des dargestellten Regelkreises:

a) durch Vereinfachung des Blockschaltbilds mit Hilfe der Regeln fur das Verlegen vonVerzweigungs– und Additionsstellen sowie der Regeln fur Reihen–, Parallel– und Kreis-schaltungen.

b) durch Rechnung nach Einfuhrung von moglichst wenigen Zwischengroßen.

-Xe1+

e - G1(s) r

- G4(s)

?- G2(s) - G3(s) - e+

+- r -Xa

?e+

Xe2+ r

-

G6(s)

G5(s)

?e++

6−

10

Seite 128 von 199

Aufgabe 26 (Ubertragungsfunktion, Systemantwort, Sprungantwort) 6

Gegeben sei das in der folgenden Abbildung dargestellte System

−

Y2(s)

G2(s)

Gf(s)

U(s) Y1(s)G1(s)

L(s)

mit G1(s) =3(s + 2)

s, Gf (s) = 2

a) Die Sprungantwort (Einheitsprung u(t)=h(t)) des Systems ist

y1(t) = 0.5 + e−3t − 1.5e−4t. (26.a)

Bestimmen Sie die Ubertragungsfunktion G2(s).

b) Welches Ausgangssignal y1(t) stellt sich fur große Zeiten t ein, wenn das System mitu(t) = sin t angeregt wird? Zeichnen Sie den Zeitverlauf zu y1(t).

c) Berechnen Sie den Zeitverlauf von y2(t) fur u(t) = h(t) (y2(0) = y2(0) = 0). UberprufenSie Ihr Ergebnis mit Hilfe der Grenzwertsatze.

Aufgabe 27 (Ortskurve)

Von zwei Systemen sind die Ubertragungsfunktionen gegeben:

1) G(s) =KI

s2(27.a)

2) G(s) =KI

s

1

1 + T1s + T 22 s2

, T2 > T1 > 0 (27.b)

a) Kennzeichnen Sie das Ubertragungsverhalten dieser Systeme.

b) Skizzieren Sie die Ortskurven der Frequenzgange.

Aufgabe 28 (Ortskurve)

Welche der folgenden Ubertragungsfunktionen gehort zu der angegebenen Ortskurve? Geben Sieeine Begrundung an.

a) G0(s) =K

s(s + 3)b) G0(s) =

K

(s + 1)(s + 2)(s + 3)

c) G0(s) =K(s + 4)

s(s + 2)(s + 3)d) G0(s) =

K

s(s + 2)(s + 3)

e) G0(s) =K

s(s − 2)(s + 3)f) G0(s) =

K(s + 4)

s(s − 2)(s + 3)

g) G0(s) =K

(s + 1)(s + 3)


11

Im

0 Re

0

ω → ∞

G0(jω)

mit K > 0.

Aufgabe 29

Gegeben sei das in Abb. 6 dargestellte System.

y(t)y(t) + 9y(t) = u(t)

u(t)

Abbildung 6: System in Darstellung als Differentialgleichung.

a) Berechnen Sie die Losung der Differentialgleichung y(t) + 9y(t) = h(t) mit y(0) = 0 undy(0) = 1.

b) Leiten Sie die Zustandsraumdarstellung des Systems her. Berechnen Sie die Systemantwortmit Hilfe der Fundamentalmatrix eAt. (Anfangsbedingungen wie in Teilaugabe a) undu(t) = h(t))

c) Leiten Sie die Ubertragungsfunktion her.

d) Berechnen Sie die Systemantwort mit Hilfe der Laplacetransformation. (Anfangsbedingun-gen wie in Teilaugabe a) und u(t) = h(t))

e) Kennzeichen Sie das Ubertragungsverhalten des Systems. Skizzieren Sie die Ortskurve.

Aufgabe 30

12

Seite 129 von 199

Der Amplitudengang eines Phasenminimumsystems wurde in einem Experiment bestimmt. DasBode–Diagramm des Amplitudenganges liegt in asymptotischer Darstellung vor.

6A(ω)

40

100

200

400

800

-ω

0.1 0.2 0.5 1.0 2.0 5.0 10.0

@@

@@

@@

1:1

@

@@

@@

@

1:1

AAAAAAAAAA

2:1

Gesucht sind

a) der Phasengang ϕ(ω)

b) der Frequenzgang G(jω)

c) die Differentialgleichung

d) die Pole, Nullstellen und den Verstarkungsfaktor des Systems. Zeichnen Sie ein Pol-/Nullstellen-Diagramm.

Aufgabe 31 Aufgabe auf Prufungsniveau7

Im Folgenden soll das skizzierte Unterwasserfahrzeug betrachtet werden:

v

wn

δ

Als Eingangssignal stehen der Ruderwinkel δ sowie die Propellerdrehzahl n zur Verfugung.Zwischen der Langsgeschwindigkeit w und der Propellerdrehzahl n besteht der folgende Zusam-menhang:

mw = αw + w2Fprop(η). (31.a)

7Aufgabenteile aus Prufungsklausur Regelungstechnik I, Sommer 2000, Institut fur Systemtheorie technischerProzesse

13

Die Antriebskraft Fprop(η) des Propellers in Abhangigkeit von der reduzierten Geschwindigkeitη = n

wist gegeben durch

Fprop(η) = β(0.01η|η| − 1).

a) Bestimmen Sie die stationare Geschwindigkeit ws fur eine stationare Propellerdrehzahlvon ns = 10.

b) Es sei nun m−αβ

= 1, ns = 20, ws = 2. Linearisieren Sie das System um diese Ruhelagen.

Geben Sie die Ubertragungsfunktion Gw(s) = W (s)N(s) fur diese Ruhelage an. Um was fur ein

System handelt es sich?

Fur die Ubertragungsfunktion Gv(s) vom Ruderwinkel δ auf die Sinkgeschwindigkeit v wurdeder folgende Naherungsstreckenzug des Amplitudengangs aufgenommen:

10−2

10−1

100

101

10−4

10−3

10−2

10−1

100

101

|G(ω

)|

ω [1/s]

c) Skizzieren Sie den Naherungstreppenzug des Phasengangs fur den gegebenen Amplitu-dengang unter der Annahme, dass keine Nullstellen und Pole in der rechten Halbebenevorliegen.

d) Bestimmen Sie aus dem Amplitudengang die Ubertragungsfunktion Gv(s) unter der An-nahme, dass keine Nullstellen und Pole in der rechten Halbebene vorliegen.

e) Konnen Sie allein ausgehend vom Amplitudengang sicher sein, dass Gv(s) stabil ist? Be-grundung?

Im Folgenden ist Gv(s) gegeben durch:

Gv(s) =(s + 10)

(100s2 + 101s + 1).

f) Skizzieren Sie die Sprungantwort von Gv. Betrachten Sie hierzu nur den Anfangswert, dieAnfangssteigung und den Wert fur t → ∞.Hinweis: Verwenden Sie die Grenzwertsatze der Laplacetransformation.

g) Zur Kontrolle wird ein Sprung im Ruderwinkel δ auf das reale Unterwasserfahrzeuggegeben und v gemessen. Es ergibt sich der folgende Verlauf:

14

Seite 130 von 199

0 100 200 300 400 500 600−2

0

2

4

6

8

10

v

t [s]

Deuten Sie das negative Unterschwingen fur kleine Zeiten. Was muss prinzipiell an Gv(s)verandert werden, damit sich eine Sprungantwort mit diesem Verhalten ergibt (keine Zah-lenwerte notwendig)? Warum kann man einen solchen Effekt durch alleinige Betrachtungdes Amplitudenganges nicht erkennen?

h) Gegeben ist die folgende Ubertragungsfunktion:

GS(s) =s4 + 3s3 + s2 + 2s + 1

s5 + 9s4 + 31s3 + 51s2 + 40s + 12

Testen Sie, ob das System minimalphasig ist (keine Nullstellen in der rechten Halbebenebesitzt).

Aufgabe 32

Gegeben sei der lineare Oszillator aus Abbildung 7. Seine Dynamik laßt sich durch die Differen-tialgleichung

T 22

d2y

dt2+ T1

dy

dt+ y = u + KD

du

dt, T1 =

m

d= 2DT2 T2 =

√

m

c=

1

ω0KD =

m

d

beschreiben, wobei m die Masse, c die Feder- und d die Dampfungskonstante des Schwingers ist.D ist das Dampfungsmaß und ω0 die Kreisfrequenz des ungedampften Systems.

Abbildung 7: Linearer Oszillator

a) Bestimmen Sie die Laplace-Transformierte G1(s) = Y (s)U(s) des Systems

T 22

d2y

dt2+ T1

dy

dt+ y = u

und stellen Sie diese als G1(s) = 1N(s) in den Parametern ω0 und D dar.

15

b) Geben Sie den Ansatz fur den Amplitudengang von 1N(s) an und berechnen Sie die Kreis-

frequenz ω, bei welcher der Amplitudengang sein Maximum erreicht (Hinweis: es empfiehltsich nach dem Minimum von |N(jω)|2 zu suchen). Geben Sie den Funktionswert des Am-plitudengangs an dieser Stelle an. Wie groß ist im Vergleich dazu der Funktionswert desAmplitudengangs an der Stelle ω = ω0?

c) Wann liegt dieses Maximum genau an der Kreisfrequenz des ungedampften Systems, d.h.wann ist ω0 = ω? Was laßt sich fur ω = ω dann uber den Funktionswert des Amplituden-gang aussagen? Was laßt sich fur diesen Fall fur die Systemantwort des Teilsystems 1

N(s)auf eine harmonische Anregung mit der Frequenz ω0 aussagen? Was fur die des inversenSystems N(s)?

d) Skizzieren Sie qualitativ die Bode-Diagramme fur 1N(s) fur D = 0, D = 1

4 , D = 1, mitω0 = 10.

e) Skizzieren Sie qualitativ die Bode-Diagramme fur N(s) fur D = 0, D = 14 , D = 1, mit

ω0 = 10.

f) Bestimmen Sie die Laplace-Transformierte Z(s) = Y (s)U(s) des Systems

y = u + KDdu

dt

und stellen Sie diese in den Parametern ω0 und D dar. Skizzieren Sie das zu Z(s) gehorigeBode-Diagramm fur ω0 = 10 und D = 1

4 .

g) Setzen Sie die Gesamtubertragungsfunktion G(s) = Z(s)/N(s) des Systems zusammen undskizzieren Sie unter Verwendung der bereits bekannten Teilergebnisse das Bode-Diagrammfur G(s) (fur ω0 = 10 und D = 1

4 ).

Aufgabe 33

a) Die Nyquist-Diagramme fur drei verschiedene Systeme sind in den Abbildungen 8(a), 8(b)und 9(a) dargestellt. Uberprufen Sie die Stabilitat der geschlossenen Regelkreise unter denfolgenden Annahmen (G(s): Regelstrecke, K(s): Regler, m0: Anzahl der Pole des offenenRegelkreises in der rechten Halbebene, a0: Anzahl der Pole des offenen Regelkreises aufder imaginaren Achse):

1) Die zu Abbildung 8(a) gehorige Ubertragungsfunktion des offenen Kreises (GK) ist:

G(s)K(s) =40

s(s + 3)(s + 10). (33.a)

2) m0 = 2 und a0 = 0 fur das Nyquist-Diagramm aus Abbildung 8(b).

3) m0 = 1 and a0 = 0 fur das Nyquist-Diagramm aus Abbildung 9(a).

b) In welchem Bereich von Abbildung 9(b) muß sich der kritische Punkt (-1, 0) befinden,damit der geschlossene Kreis stabil ist, wenn m0 = 0 und a0 = 0 gilt.

c) Die Ubertragungsfunktion eines offenen Kreises ist gegeben durch

G(s)K(s) =k(T2s + 1)

s2(T1s + 1)(33.b)

16

Seite 131 von 199

Im

0 Re−1

(a)

Re

Im

−1 0

(b)

Abbildung 8: Nyquist-Diagramme fur verschiedene Systeme

Im

Re−1 0

! "

(a)

Im

Rec dba

# $ % & ' (

) * +

) , -

(b)

Abbildung 9: Nyquist-Diagramme verschiedene Systeme

mit T1 > 0, T2 > 0 und k > 0.

1) Die Kurven I, II und III stellen Nyquist-Diagramme des offenen Kreises (33.b)fur unterschiedliche Parameterkombi-nationen (T1, T2, k) dar. Welche Bedin-gungen mussen die Parameter jeweilserfullen?

2) In welchem Fall ist der geschlosseneKreis stabil?

Im

Re

I

II

III

ω → ∞

ω = 0

GK(jω)

17

Aufgabe 34 (Vorzeichenbedingung, Amplituden- und Phasenreserve)

G(s)y

−

+wK(s)

z

++


Abbildung 10 zeigt den zu untersuchenden Regelkreis. Im weiteren soll gelten: G(s) =1

s − 2.

a) Der Regler sei durch K(s) =k(s − 2)

s, (k > 0) gegeben. Ist der geschlossene Regelkreis

stabil? Begrunden Sie Ihre Antwort.

Im folgenden sei K1(s) =k(s + 1)

s + 2.

b) Welches Ubertragungsverhalten hat K1(s) nach PIDTn-Nomenklatur?

c) Wie muß die Konstante k gewahlt werden, damit der geschlossene Regelkreis stabil ist?(Verwenden Sie die Vorzeichenbedingung.)

d) Berechnen Sie die Systemantwort y(t) auf die Fuhrungsgroße w(t) = h(t) (Storungen seienvernachlassigt, k = 8). Zeichnen Sie qualitativ den Verlauf von y(t).

Im folgenden sei K2(s) =k(s + 1)

s.

e) Welches Ubertragungsverhalten hat K2(s) nach PIDTn-Nomenklatur?

f) Wie muß die Konstante k gewahlt werden, damit der geschlossene Regelkreis stabil ist?Verwenden Sie hierfur das Nyquist-Kriterium.

g) Berechnen Sie die Amplituden- und die Phasenreserve (k = 8).

h) Berechnen Sie die Systemantwort y(t) auf die Fuhrungsgroße w(t) = h(t) (Storungen seienvernachlassigt, k = 8). Zeichnen Sie qualtitativ den Verlauf von y(t).

i) Vergleichen Sie die Ergebnisse aus den Teilaufgaben d) und h) bezuglich des sich einstel-lenden stationaren Wertes. Was fallt Ihnen auf?

Aufgabe 35 (Fundamentales Dilemma der Regelungstechnik)

a) Die Sensitivitat (S) und die komplementare Sensitivitat (T ) eines Regelkreises sind gege-ben.

1) Sind die Verlaufe von S und T aus Abbildung 11 moglich? Begrunden Sie Ihre Ant-wort.

18

Seite 132 von 199

10−2

10−1

100

101

102

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

ω

20*lo

g| . |

Abbildung 11: Verlaufe von S und T .

10−2

10−1

100

101

102

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20

ω

20*lo

g| . |

Abbildung 12: Verlaufe von S und T .

2) Sind die Verlaufe vos S und T aus Abbildung 12 moglich? Begrunden Sie Ihre Antwort.

b) Gegeben ist der Regelkreis aus Abbildung 10, mit G(s) = 5.

1) Die Eingangsstorung z, die auf das System wirkt ist z(t) = 2 sin t. Welches Ausgangs-signal y(t) stellt sich ein (unter Voraussetzung w(t) = 0)? Ziehen Sie zur Beantwor-tung dieser Frage die Verlaufe der Sensitivitat S und der komplementaren SensitivitatT aus Abbildung 13 heran (20 log 0.2138 ≈ −13.4, 20 log 0.9259 ≈ −0.669).

100

101

102

−150

−100

−50

0

50

20*log | ⋅ |

100

101

102

−300

−200

−100

0

100

ω(rad/s)

φ(⋅)

−0.669dB

−13.4 dB

62.6°

−11.9°

S T

S

T

Abbildung 13:

19

2) Die Fuhrungsgroße sei w(t) = h(t). Es soll keine Eingangsstorung vorhanden sein(z(t) = 0). Ergibt sich fur den Regelkreis eine bleibende Regelabweichung? BegrundenSie Ihre Antwort mit Hilfe von Abbildung 13.

Aufgabe 36 (Fundamentales Dilemma der Regelungstechnik)

Gegeben sei der Regelkreis in Abbildung 14.

K(s)

uG(s)

y

z++

+η+

w +−

Abbildung 14: Regelkreis.

a) Stellen Sie die Ubertragungsfunktionen

Geη(s) =e(s)

η(s)

∣

∣

∣

∣

w=0,z=0

Gez(s) =e(s)

z(s)

∣

∣

∣

∣

w=0,η=0

mit e = w − y (Regelfehler) allgemein in Anhangigkeit von G(s) und K(s) auf.

b) Bestimmen Sie formal die Differenz Geη(s) − Gez(s). Konnen Sie hieraus etwas bezuglichden erreichbaren Regelguten zur Storunterdruckung und Rauschunterdruckung schließen?

Aufgabe 37 (Bleibende Regelabweichung)

Gegeben sei der Regelkreis aus Abbildung 14. Die Ubertragungsfunktion der Regelstrecke ist

G(s) =1

(s − 2)(s + 5).

Diese Regelstrecke soll mit einem Regler der Form

K(s) = as + 1

s, a ∈ R

und mit Hilfe der oben dargestellten Regelkreisstruktur geregelt werden.

a) Welchen Reglertyps ist K(s)?

b) Fur welche Werte von a ist der geschlossene Regelkreis stabil?

c) Wie groß ist die bleibende Regelabweichung e(t) = w(t) − y(t) fur eine sprungformigeStorung z(t) = h(t) (und w(t) ≡ η(t) ≡ 0) im Fall a = 20?

20

Seite 133 von 199

d) Wie groß ist die bleibende Regelabweichung e(t) = w(t) − y(t) fur eine rampenformigeStorung z(t) = t · h(t) (und w(t) ≡ η(t) ≡ 0) im Fall a = 20?

Aufgabe 38 (Algebraischer Reglerentwurf, Hurwitz- und Nyquist-Kriterium)8

Gegeben sind ein Streckenmodell G(s) und ein Regler K(s) (vgl. Abbildung 15):

G(s)y

−

+wK(s)

Abbildung 15: Geschlossener Regelkreis.

G(s) =ks

(1 + 2s)(1 + 3s), ks > 0 (38.a)

K(s) = kp(1 +1

sTI), kp > 0, TI > 0. (38.b)

a) Welche Bedingung mussen die Zeitkonstante TI und die Kreisverstarkung k0 = kskp

erfullen, damit der geschlossene Regelkreis asymptotisch stabil ist? Untersuchen Sie dieStabilitat des geschlossenen Regelkreises mit Hilfe des Hurwitz-Kriteriums.

Skizzieren Sie das Ergebnis in einem Stabilitatsdiagramm TI = TI(k0) und geben Sie dortden stabilen Bereich an.

b) Wie mussen kp und TI gewahlt werden, damit der geschlossene Regelkreis einen doppelten

Pol s1,2 = −1

3besitzt? Wie lautet in diesem Fall der dritte Pol s3.

Im folgenden sei TI = 3.

c) Welche Bedingungen muß k0 erfullen, damit der geschlossene Regelkreis asymptotisch sta-bil ist? Benutzen Sie dazu das Nyquist-Kriterium.

d) Der Regelkreis wird gemaß Abbildung 16 verandert: Wie andert sich die Ortskurve des of-fenen Regelkreises? Welche Bedingung muss k∗ erfullen, damit der geschlossene Regelkreisstabil ist?

Im folgenden sei k∗ = 0, TI = 3 und k0 =9

32.

e) Berechnen Sie die Amplituden- und Phasenreserve.

f) Berechnen Sie die Sprungantwort y(t) des geschlossenen Regelkreises fur einen Sollwert-sprung w(t) = h(t).

g) Die Rauschunterdruckung soll |T (jω)| < 0.01 fur ω ≥ 10 rad/s sein. Erfullt der Reglerdiese Anforderung?

8Teile der Aufgabe ubernommen aus Prufungsklausur Regelungstechnik I, Fruhjahr 1994

21

G(s)y

−

+wK(s)

++

k∗

Abbildung 16: Neue Regelkreisstruktur.

Aufgabe 39 (Reglerentwurf nach Ziegler-Nichols)

Abbildung 17 zeigt die Sprungantworten von unterschiedlichen Systemen. Im Folgenden sollenbasierend auf den Einstellregeln von Ziegler-Nichols bzw. Astrom/Hagglund Regler fur dieseSysteme entworfen werden.

a) Abbildung 17(a) zeigt die Sprungantwort eines Systems. Wurden Sie fur dieses SystemReglerparameter mit Hilfe der Sprungmethode von Ziegler/Nichols bestimmen? BegrundenSie Ihre Antwort.

b) Abbildung 17(b) zeigt die Sprungantwort eines zweiten Systems. Bestimmen Sie mit Hilfeder Sprungmethode von Ziegler/Nichols einen geeigneten PID-Regler.

c) Abbildung 17(c) zeigt die Sprungantworten eines geschlossenen Regelkreis mit drei ver-schiedenen P-Reglern. Bestimmen Sie einen geeigneten PI-Regler unter Verwendung derSchwingmethode von Ziegler-Nichols.

Aufgabe 40 (Reglerentwurf mittels Loopshaping)

Im Folgenden wird von der Standardkonfiguration (Abbildung 18) eines Regelkreises ausgegan-gen: Gegeben ist das in Abbildung 19 dargestellte Bodediagramm einer linearen RegelstreckeG(s).

a) Ist die Regelstrecke stabil? Geben Sie eine kurze Begrundung an.

b) Um welchen Streckentyp handelt es sich?

c) Entwerfen Sie einen Regler K(s) = K1(s), so dass der geschlossene Kreis

– keine bleibende Regelabweichung (d.h. limt→∞ e(t) = 0) bei sprungformigen Storun-gen aufweist.

– eine Bandbreite von ωB ≈ 5rad/s besitzt.

d) Der Regler soll durch ein Lead-Element K2(s) = v s+ws+vw

mit v,w > 0 zu K(s) = K1(s)K2(s)erweitert werden, um die Phasenreserve zu erhohen. Bestimmen Sie die Parameter v und wmit Hilfe der Bodediagramme in Abbildungen 20-22 so, dass die Phasenreserve des neuenSystems G1(s) = G(s)K1(s)K2(s) mindestens 50 betragt.

e) Welche Eigenschaft des geschlossenen Kreises wird durch Hinzufugen von K2(s) ungewolltbeeinflußt und muss durch eine Anderung in K1(s) korrigiert werden?

22

Seite 134 von 199

0 1 2 3 4 5 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

y

t

(a)

0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

y

t

(b)

0 5 10 15 20−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

y

t

Kp = 6.75

Kp = 6.08

Kp = 7.43

(c)

0 5 10 15 20−0.5

0

0.5

1

1.5

2

t

y

(d)

Abbildung 17: Sprungantworten verschiedener Beispielsysteme.

uK(s) G(s)

y

z

w + +−

+

+η+

e′


23

100

101

−40

−30

−20

−10

0

10

20

Am

plitu

de [d

B]

100

101

−180

−150

−120

−90

−60

−30

0

Pha

se [°

]

Frequenz [rad/s]

1 2 3 4 5 6 7 89−180

−170

−160

−150Ausschnitt

Abbildung 19: Bodediagramm der Regelstrecke.

Bode−Diagramme für w=1

Frequency (rad/sec)

Pha

se (

deg)

Mag

nitu

de (

dB)

−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

40

10−2

10−1

100

101

102

−80

−60

−40

−20

0

20

40

60

80

v=30

v=10

v=4

v=2 v=0.5

v=0.25

v=0.1

v=0.03

v=30 v=10

v=4 v=2

v=0.5 v=0.25

v=0.1

v=0.03

Abbildung 20: Bodediagramm von K2(s) fur w = 1und verschiedene Werte von v.

24

Seite 135 von 199


Frequency (rad/sec)

Pha

se (

deg)

Mag

nitu

de (

dB)

−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

40

10−2

10−1

100

101

102

−80

−60

−40

−20

0

20

40

60

80

v=30

v=10 v=4 v=2

v=0.5

v=0.25

v=0.1

v=0.03

v=30 v=10

v=4 v=2

v=0.5 v=0.25

v=0.1

v=0.03

Abbildung 21: Bodediagramm von K2(s) fur w = 4 und verschiedene Werte von v.

Bode−Diagramm für w=8

Frequency (rad/sec)

Pha

se (

deg)

Mag

nitu

de (

dB)

10−2

10−1

100

101

102

−80

−60

−40

−20

0

20

40

60

80

−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

40

v=30 v=10 v=4

v=2 v=0.5

v=0.25

v=0.1

v=0.03

v=30 v=10

v=4 v=2

v=0.5 v=0.25

v=0.1v=0.03

Abbildung 22: Bodediagramm von K2(s) fur w = 8 und verschiedene Werte von v.

25

Aufgabe 41 (Reglerentwurf mittels Loopshaping)

Fur die Regelstrecke

G(s) = 77.5 − s

(1 + 10s)(1 + s)(10 + s)(41.a)

soll ein Regler nach dem loop-shaping Verfahren entworfen werden. Ziel der Regelung ist es dieDurchtrittsfrequenz ωD des Regelkreises auf ωD = 1 [rad/s] zu erhohen, und dabei eine Phasen-reserve von γr = 45 und eine Amplitudenreserve von ar ≥ 3 zu garantieren. Die Systemantwortdes geschlossenen Kreises auf einen Sollwertsprung soll keine bleibende Regelabweichung auf-weisen.

a) Welche Eigenschaft muss der Regler auf jeden Fall aufweisen, damit die Systemantwortdes geschlossenen Regelkreises auf einen Sollwertsprung keine bleibende Regelabweichungaufweist? Wie außert sich diese Eigenschaft im Bode-Diagramm des offenen Kreises? Wiein der Sensitivitat des geschlossenen Kreises?

Im Folgenden soll der Regler durch die Reihenschaltung eines PI-Reglers und eines lead-Elementes realisiert werden. Also:

K(s) = Kpi(s) · Klead(s) (41.b)

mit

Kpi(s) = Kp(1 +1

TIs) und (41.c)

Klead(s) = vs + w

s + vwmit v > 1. (41.d)

Die Zeitkonstante TI des PI-Reglers wird zu TI = 10 festgelegt. Die Phase des PI-Reglers alsFunktion der Frequenz ω betragt

φpi = −arctan

(

1

TIω

)

. (41.e)

b) Abbildung 23 zeigt drei verschiedene lead-Elemente. Welches lead-Element wurden Sieauswahlen um die Phasenreserve γr = 45 zu garantieren? Begrunden Sie Ihre Antwort undberucksichtigen Sie sowohl Gleichung (41.e) als auch Abbildung 24. (Hinweis: atan(−0.1) ≈−5.71.)

Im folgenden wird das lead-Element 1 aus Abbildung 23 verwendet.

c) Abbildung 25 zeigt das Bode-Diagramm des offenen Regelkreises mit PI-Glied (Kp =1, TI = 10) und lead-Element. Bestimmen Sie den Verstarkungsfaktor Kp so, dass diegewunschte Durchtrittsfrequenz ωD erreicht wird.

d) Abbildung 26 zeigt das Bode-Diagramm des entworfenen offenen Regelkreises. BestimmenSie die Phasen- und die Amplitudenreserve. Werden die Spezifikationen eingehalten?

e) Abbildung 27 zeigt das Bode-Diagramm der Sensitivitat S und der komplementaren Sen-sitivitat T des entworfenen Regelkreises. Beurteilen Sie qualitativ den Verlauf von S undT . Anhand welcher Eigenschaften bewerten Sie die Gute des entworfenen Regelkreises?

26

Seite 136 von 199

10−2

10−1

100

101

102

100.1

100.4

|Kle

ad|

10−2

10−1

100

101

102

0

10

20

30

ω

Pha

se [G

rad]

123

Abbildung 23: Bode-Diagramme verschiedener lead-Elemente.

f) Folgende Eigenschaften seien bekannt:

Die maximale positive Phase φ∗ des lead-Elementes stellt sich bei der Frequenz ω∗ ein, mit

ω∗ = w√

v (41.f)

und betragt

tan φ∗ =v − 1

2√

v. (41.g)

Bei gegebenem φ∗ muss mit (41.g) gelten:

v = (1 + 2 tan2 φ∗) +√

(1 + 2 tan2 φ∗)2 − 1. (41.h)

Berechnen Sie die Parameter w, v des lead-Elementes so, dass sich fur ωD = 1 [rad/s]genau γr = 45 Phasenreserve ergibt und das lead-Element dort seine maximale Phaseaufweist. Hinweis: Berucksichtigen Sie zur Losung dieser Teilaufgabe den Einfluss der Phasedes PI-Regler Anteils und verwenden Sie das Bode-Diagramm der Regelstrecke G(s) ausAbbildung 24.

g) Leiten Sie die Beziehungen (41.f), (41.g) und (41.h) des lead-Elementes, sowie die Phasen-drehung (41.e) des PI-Reglers her.

27

10−2

100

102

10−4

10−2

100

102

|Gs|

10−2

100

102

−300

−200

−100

0

Pha

se [G

rad]

ω

100

100

101

100

−200

−180

−160

−140

−120

−100

ω

phi= −142.59

Abbildung 24: Bode-Diagramm der Regelstrecke G(s) und Detailansicht um w = 1 [rad/s].

28

Seite 137 von 199

10−2

100

102

10−4

10−2

100

102

|G0|

10−2

100

102

−300

−200

−100

0

Pha

se [G

rad]

ω

100

100

101

|G0|= 0.47

100

−200

−180

−160

−140

−120

−100

ω

Abbildung 25: Bode-Diagramm des offenen Regelkreises mit PI-Glied (Kp = 1) und lead-Element.

29

10−2

100

102

10−4

10−2

100

102

|G0|

10−2

100

102

−300

−200

−100

0

Pha

se [G

rad]

ω

100

100

101

|G0|= 1.00

|G0|= 0.26

100

−200

−180

−160

−140

−120

−100

phi = −135.00

ω

Abbildung 26: Bode-Diagramm des offenen Regelkreises, mit vollstandig entworfenem Regler.

10−2

10−1

100

101

102

10−4

10−3

10−2

10−1

100

101

ω

|S|,

|T|

ST

Abbildung 27: Verlaufe der Sensitivitat S und der komplementaren Sensitivitat T .

30

Seite 138 von 199

Aufgabe 42 (Robustheit)

Gegeben sei die Ubertragungsfunktion

G(s)K(s) = k1s + 1

(s + a)(s + b)

des offenen Kreises eines Standardregelkreises, wobei a, b < 0 und k1 > 0. Abb. 28 zeigt diezugehorige Ortskurve fur k1 = 1.

Re

Im

ω = ω = 0

G (j ) K (j )

−1−2 +

ωω .

Abbildung 28: Ortskurve von G(s)K(s) fur k1 = 1.

a) Ist der geschlossene Kreis mit k1 = 1 stabil? Geben Sie eine Begrundung an.

b) In welchem Bereich kann man k1 variieren, so dass der geschlossene Kreis stabil ist?

c) Geben Sie die Amplitudenreserve des geschlossenen Kreises an.

Aufgabe 43 (Zustandsruckfuhrung)


x =

−2 1 21 0 00 1 0

x +

100

u, x0 = 0

y = [0 1 1] x

Berechnen Sie einen Zustandsregler u = kT x + r, so daß gilt:

G(s) =s + 1

(s + 2)(s2 + s + 1)=

Y (s)

R(s)

31

Aufgabe 44 (Zustandsruckfuhrung, Beobachter)


x =

[

3 0−5 10

]

x +

[

60

]

u

y =[

1 2]

x

Entwerfen Sie fur das System eine Zustandsruckfuhrung und einen Beobachter.

a) Ist das System stabil?

b) Zeigen Sie, dass das System steuerbar ist.

c) Entwerfen Sie fur das System eine Zustandsruckfuhrung, so dass die Pole des geschlossenenKreises bei −5 und −6 liegen.

d) Zeigen Sie, dass das System beobachtbar ist.

e) Berechnen Sie die Pole der Fehlerdynamik, wenn der Beobachter

˙x = Ax + bu +

[

−1830

]

(y − cT x)

verwendet wird, wobei A, b und cT die Zustandsraumdarstellung des Systems beschreiben.

f) Wo liegen die Pole des geschlossenen Kreises, der aus Regelstrecke, Beobachter und Pol-vorgaberegelung besteht?

Aufgabe 45 (Zustandsruckfuhrung, Beobachter)9

In einem Nahrmedium befinden sich ein Stamm von Bakterien und eine antibiotisch wirkendeSubstanz. Fur die Bakterienmenge x1 und die Menge des Antibiotikums x2 gelten naherungsweisefolgende Differentialgleichungen:

x1(t) = ax1(t) − bx2(t) x1(0) = x10

x2(t) = −bx2(t) + u(t) x2(0) = x20, (45.a)

mit den positiven reelen Konstanten a, b und der pro Zeiteinheit zugefuhrten Menge an Anti-biotikum u(t).

a) Bringen Sie das Differentialgleichungssystem (45.a) auf die Form

x(t) = Ax(t) + bu(t). (45.b)

b) Bestimmen Sie die charakteristische Gleichung und die Eigenwerte des Systems.

c) Transformieren Sie das System auf Regelungsnormalform. Konnen die Eigenwerte des ge-schlossenen Kreises durch eine Zustandsruckfuhrung u = −kTx beliebig verschoben wer-den? (Begrunden Sie Ihre Antwort)

9Teilaufgaben ubernommen aus Prufungsklausur Regelungstechnik II – Herbst 1989, ISR.

32

Seite 139 von 199

d) Berechnen Sie die Zustandsruckfuhrung u = −kTx so, dass beide Pole des geschlossenenKreises bei −1 liegen:

1) Uber die Darstellung in Regelungsnormalform.

2) Unter Verwendung der Ackermann-Formel.

3) Durch direktes Ausrechnen uber den Ansatz (direkten Vergleich von Soll- und Ist-Polynom).

Im Folgenden sei a = b = 1.

e) Nehmen Sie an, Sie konnen aus Kostengrunden nur eine der beiden Zustandsgroßen messen.Also

cT =(

1 0)

oder (45.c)

cT =(

0 1)

. (45.d)

Dennoch wollen Sie eine Polvorgabe-Regelung realisieren. Fur welche Große entscheidenSie sich?

f) Nehmen Sie an nur der Zustand x1 werde gemessen. Entwerfen Sie einen Beobachter furdas System (beide Pole des Beobachters bei −2).

g) Welche Ordnung hat der aus Regelstrecke, Identitatsbeobachter und konstanterRuckfuhrung der Zustandsschatzung

u = −kT x (45.e)

bestehende Regelkreis? Geben Sie die Pole des gesamten Regelkreises an.

Einige Aufgabenteile sind mit freundlicher Zustimmung ubernommen aus den Ubungen zurRegelungstechnik 1 des Instituts fur Systemdynamik und Regelungstechnik.

33

Seite 140 von 199

Institut fur Systemtheorie und Regelungstechnik Uni StuttgartProf. Dr.-Ing. F. Allgower 22. Oktober 2008Regelungstechnik I pw,tshttp://wwww.ist.uni-stuttgart.de/education/courses/RTI/

Musterlosungen zu den Ubungsaufgaben Regelungstechnik I

Aufgabe 1

Bei der Frage nach Linearitat sind immer Homogenitat und Superpositionsprinzip zu prufen.Man geht dabei wie folgt vor: Wenn (u1,y1) und (u2,y2) mogliche Paare von Ein- und Ausgangs-signalen sind, dann mussen auch (αu1,αy1) (Homogenitat) und (u1+u2,y1+y2) (Superpositions-prinzip) mogliche Paare von Ein- und Ausgangssignalen sein. Naturlich kann man auch beidesgleichzeitig prufen mit (αu1 + βu2,αy1 + βy2).

a) Es gilt y1(t) = u1(t)eωt und y2(t) = u2(t)e

ωt. Das System ist linear, wenn wir in y(t) =u(t)eωt fur u = αu1 + βu2 und fur y = αy1 + βy2 einsetzen konnen, und die entstehendeGleichung erfullt ist. Wir verlangen also, dass

(αy1(t) + βy2(t)) = (αu1(t) + βu2(t)) eωt

gilt mit y1(t) = u1(t)eωt und y2(t) = u2(t)e

ωt. Einsetzen liefert

(

αu1(t)eωt + βu2(t)e

ωt)

= (αu1(t) + βu2(t)) eωt

und durch Ausklammern von eωt auf der linken Seite erkennt man, dass die Gleichungerfullt ist. Die Linearitat des Systems liegt also darin begrundet, dass die Multiplikationmit eωt linear ist.

b) Es gelten die Voraussetzungen y1 + y21 = −u1 und y2 + y2

2 = −u2. Wir beginnen mit derHomogenitat. Es ist zu zeigen, dass y + y2 = −u gilt fur u = αu1 und y = αy1. Das ist

d

dt(αy1) + (αy1)

2 = − (αu1)

⇐⇒ αy1 + α2y21 = −αu1

⇐⇒ y1 + αy21 = −u1.

Nach Voraussetzung ist aber y1 + y21 = −u1, und damit ist die letzte Gleichung nur fur

y1(t) = 0∀t oder fur α = 1 erfullbar. Da sie aber fur beliebige y1 und α gelten muss, ist dasSystem nicht homogen, und damit nicht linear. Wir brauchen das Superpositionsprinzipnicht mehr zu prufen.Hatten wir mit der Prufung des Superpositionsprinzips begonnen, so hatten wir y+y2 = −ufur u = u1 + u2 und y = y1 + y2 zeigen mussen. Wir kommen so auf

d

dt(y1 + y2) + (y1 + y2)

2 = − (u1 + u2)

⇐⇒ y1 + y2 + y21 + 2y1y2 + y2

2 = −u1 − u2.

Unter Verwendung der Voraussetzungen erhalten wir 2y1(t)y2(t) = 0∀t, was wiederumnur fur bestimmte y1 und y2 erfullt ist, jedoch nicht fur alle. Das Superpositionsprinzip istdamit nicht erfullt und das System ist nicht linear. Wir brauchen die Homogenitat nichtmehr zu prufen.

1

c) Wir konnen den Ausgang y1 des Systems direkt als Funktion des Eingangs u1 angeben mit

y1 =

(∫ t

0(u1(t))

3 dt

)1

3

.

Wir mussen nun prufen, ob das Ausgangssignal αy1 mit dem Eingangssignal αu1 korre-spondiert, d.h.

αy1?=

(∫ t

0(αu1(t))

3 dt

)1

3

.

Wir setzen den Ausdruck fur y1 ein und sehen, dass die Gleichung

α

(∫ t

0(u1(t))

3 dt

)1

3

=

(∫ t

0(αu1(t))

3 dt

)1

3

offenbar immer erfullt ist (wir konnen den konstanten Faktor α3 vor das Integral, unddann vor die Wurzel ziehen), also ist das Ubertragungssystem homogen.Das Superpositionsprinzip verlangt

y1 + y2?=

(∫ t

0(u1(t) + u2(t))

3 dt

)1

3

bzw. nach Einsetzen von y1 und y2

(∫ t

0(u1(t))

3 dt

)1

3

+

(∫ t

0(u2(t))

3 dt

)1

3

=

(∫ t

0(u1(t) + u2(t))

3 dt

)1

3

.

Diese Gleichung ist fur u1 6= u2 im allgemeinen nicht erfullt. Deshalb ist das System nichtlinear, obwohl das Homogenitatsprinzip gilt.

Aufgabe 2

Zeitinvarianz bedeutet, dass der Zeitnullpunkt beliebig festgelegt werden kann, ohne dass sich dasSystemverhalten andert. Wir konnen Zeitinvarianz folgendermaßen uberprufen: Wir gehen davonaus, dass das Eingangssignal u(t) auf das Ausgangssignal y(t) abgebildet wird, also (u(t), y(t))ein Paar von Ein-/Ausgangssignalen darstellt. Dann nehmen wir u(t) = u(t − T ) als neuesEingangssignal. u entspricht u bis darauf, dass es um die Zeit T > 0 nach rechts verschobenist. Zeitinvarianz ist gegeben, wenn das neue Ausgangssignal y ebenfalls dem alten Ausgang yentspricht, nur dass es nach rechts verschoben ist: also y(t) = y(t− T ), d.h. (u(t − T ), y(t− T ))stellen ebenfalls ein Paar von Ein-/Ausgangssignalen dar.

a) Es gilt y(t) = u(t)eωt und damit y(t − T ) = u(t − T )eω(t−T ). Das Eingangssignal u(t) =u(t−T ) fuhrt auf den Ausgang y(t) = u(t)eωt = u(t−T )eωt. Fur Zeitinvarianz muss gelten

y(t)?= y(t − T )

⇐⇒ u(t − T )eωt = u(t − T )eω(t−T )

⇐⇒ 1 = e−ωT .

Die letzte Gleichung muss fur jedes T > 0 gelten, ist aber nur fur T = 0 erfullt. Damit istdas System zeitvariant und nicht zeitinvariant.

2

Seite 141 von 199

b) Es gilt y(t) + (y(t))2 = −u(t)∀t und ˙y(t) + (y(t))2 = −u(t)∀t. Es ist zu zeigen, dass ausu(t) = u(t − T ) folgt y(t) = y(t − T ). Durch Einsetzen erhalten wir

y(t − T ) + (y(t − T ))2 = −u(t − T ).

Die letzte Gleichung folgt aus y(τ) + (y(τ))2 = −u(τ)∀τ und der Zeittransformationτ = t − T . Das System ist damit zeitinvariant.

c) Wir konnen zunachst feststellen, dass der Ausgang des Systems eine Konstante ist, daweder Integrationsbereich noch der Integrand in

∫ 10 u(τ)dτ von t abhangen, und damit

ist y(t) = y(t − T ). Fur den verschobenen Eingang und den neuen Ausgang gilt y(t) =∫ 10 u(τ)dτ =

∫ 10 u(τ − T )dτ

Subs.s=τ−T=

∫ 1−T

−Tu(s)ds. Offensichtlich ist

y(t)?= y(t − T )

⇐⇒∫ 1

0u(τ)dτ =

∫ 1−T

−T

u(τ)dτ

nicht unabhangig von u und T erfullt (man denke beispielsweise an T = 1 und einenEingang u, der nur im Intervall [0, 1] eins, und sonst null ist). Damit ist das Systemzeitvariant.

Aufgabe 3

a) Der Regler C hat einen Pol (bzw. Eigenwert) bei −1 und ist somit stabil. (Alternativhierzu kann die Vorzeichenbedingung zur Uberprufung der Stabilitat verwendet werden.)

b) Die Strecke P ist stabil, da sie einen doppelten Eigenwert bei −2 hat. (Alternativ hierzukann die Vorzeichenbedingung zur Uberprufung der Stabilitat verwendet werden.)

c) Fur den geschlossenen Kreis ergibt sich folgende charakteristische Gleichung:

s3 + 5s2 + 8s + 44 = 0

Alle Koeffizienten des Polynoms sind positiv und somit ist die Vorzeichenbedingung, welchehier nur notwendig ist, erfullt. Die Ungleichung

44 − 5 · 8 ?< 0,

welche sich aus der Beiwertebedingung fur ein System 3. Ordnung ergibt, ist aber nichterfullt und somit ist der geschlossene Kreis instabil.

d) Obwohl der Regler als auch die Strecke fur sich stabil sind, ist der geschlossene Kreisinstabil. Es darf nie von der Stabilitat der einzelnen Glieder eines Regelkreises auf dieStabilitat des geschlossenen Kreises geschlossen werden.

e) Durch einmaliges Differenzieren der Streckendifferentialgleichung P erhalt man

...y + 4y + 4y = 2u.

Addieren der Streckendgl. P und Einsetzen der Reglerdgl. C liefert unter Berucksichtigungvon e = w − y schließlich

...y + 5y + 8y + 4y = 2(u + u) = 40e = 40(w − y).

3

Aufgabe 4

a) Stationarer Zustand:

Die Systemdifferentialgleichung lautet

l

gϕ +

c

mglϕ + sinϕ = 0 (4.1)

Der stationare Zustand berechnet sich aus dieser Gleichung mit

ϕsi= ϕsi

= 0 (4.2)

Dies fuhrt auf die Bedingung

sinϕsi= 0 → ϕsi

= kπ k = 0,±1,±2, . . . (4.3)

Wegen der Periodizitat der Sinusfunktion genugt es, die stationaren Zustande innerhalbeiner Periode zu betrachten.

ϕs1= 0 und ϕs2

= π (4.4)

b) Linearisieren der nichtlinearen Differentialgleichung:

Die Differentialgleichung lautet

f(φ, φ, φ) =l

gφ +

c

mglφ + sin φ = 0 (4.5)

Die Linearisierung von f um den stationaren Punkt φ = φsk

1 fuhrt auf

∂f(φ, φ, φ)

∂φ

∣

∣

∣

∣

∣

φ=φsk

φ +∂f(φ, φ, φ)

∂φ

∣

∣

∣

∣

∣

φ=φsk

φ +∂f(φ, φ, φ)

∂φ

∣

∣

∣

∣

∣

φ=φsk

(φ − φsk) = 0 (4.6)

Fur die beiden stationaren Zustande wird dabei der Koeffizient erster Ordnung zu

∂f(φ, φ, φ)

∂φ

∣

∣

∣

∣

∣

φ=φsk

= cos φsk=

+1 : k = 1 (φs1= 0)

−1 : k = 2 (φs2= π)

(4.7)

Unter Berucksichtigung von ϕ = φ−φsk(und ϕ = φ, ϕ = φ) ergeben sich die linearisierten

Differentialgleichungen zu

l

gϕ +

c

mglϕ + ϕ = 0 fur φs1

= 0 und (4.8)

l

gϕ +

c

mglϕ − ϕ = 0 fur φs2

= π (4.9)

c) Stabilitat der stationaren Zustande:

Kennt man die Differentialgleichung, so laßt sich die Stabilitat mit Hilfe der in der Vorle-sung besprochenen Kriterien (Beiwerte, Hurwitz, . . . ) bestimmen. Fur ein System zweiterOrdnung genugt die Vorzeichenbedingung, da sie fur diese Systemordnung notwendig undhinreichend ist. Fur Systeme hoherer Ordnung liefert sie nur eine notwendige Aussage.

1genauer: Linearisierung um den Punkt (φ = φsk, φ = 0, φ = 0)

4

Seite 142 von 199

c.1) Fur die Ruhelage ϕs1ist die Vorzeichenbedingung erfullt, d.h. dieser stationare Zu-

stand ist asymptotisch stabil.Anschaulich laßt sich dies folgendermaßen deuten: der Winkel ϕs1

= 0 entsprichteinem hangenden Pendel. Wird dieses aus seiner Ruhelage ausgelenkt, so wird es –bei Vorhandensein von Reibung – schwingend allmahlich in diese Lage zuruckkehren.

c.2) Fur die Ruhelage ϕs2ist die Vorzeichenbedingung verletzt, d.h. dieser stationare

Zustand ist instabil.Hier handelt es sich um ein stehendes Pendel: jede noch so kleine Auslenkung aus

der Ruhelage hat ein sofortiges Umkippen des Pendels zur Folge, d.h. es kehrt nichtzur Ruhelage zuruck.

Aufgabe 5

a) Mit us = 0 und xi ≡ 0 ergibt sich die (einzige) Ruhelage x = [x1, x2, x3]T = [0, 0, 0]T .

Linearisiertes System:

x1 = −x1 + x3

x2 = −2x2 − 3x3 + 2u

x3 = x3 − u

y = x2

oder in Matrizenschreibweise:

x =

−1 0 10 −2 −30 0 1

x +

02

−1

u

y = [0 , 1 , 0] x

b) Die Eigenwerte der Dynamikmatrix A konnen direkt von der Diagonalen abgelesen werden,da diese in oberer Dreiecksform vorliegt.:λ1 = −1, λ2 = −2, λ3 = 1.Aufgrund des positiven Eigenwerts λ3 = 1 ist das linearisierte System nicht stabil.

Aufgabe 6

a) x1s = ±1, x2s = ±1

b) Linearisierung um xs = [1 , 1] ergibt:

x1 = 2x1 + 2x2

x2 = 2x1 − 2x2

c) Fur das linearisierte System aus dem Aufgabenteil b) ergeben sich die Eigenwerteλ1/2 = ±2

√2. Somit ist das linearisierte System instabil.

5

Aufgabe 7

a) Mit dem Ansatz

y(t) = A1e−t + A2e

t

ergeben sich aus den Anfangsbedingungen folgende zwei Gleichungen zur Bestimmung derKonstanten A1 und A2:

y(0) = 1 : A1 + A2 = 1

y(0) = 0 : −A1 + A2 = 0

Hieraus ergibt sich die Losung zu

y(t) =1

2e−t +

1

2et

b) Die Differentialgleichung hat einen Doppelpol bei −1 und einen Einfachpol bei −2. Somitergibt sich fur ihre Losung folgender Ansatz:

y(t) = (A1 + A2t)e−t + A3e

−2t.

Mittels der Anfangsbedingungen lassen sich die noch offenen Konstanten zu

A1 = 0

A2 = 2

A3 = 1

bestimmen und man erhalt als Losung der DGL folgende Gleichung:

y(t) = 2te−t + e−2t.

Aufgabe 8

Die charakteristische Gleichung des Systems lautet

s3 + (4 − b1)s2 + b1s + b2 − 1 = 0 (8.1)

a) Stabilitatsuntersuchung mit der Vorzeichenbedingung:

Nach der Vorzeichenbedingung mussen alle Koeffizienten der Differentialgleichung von Nullverschieden sein und dasselbe Vorzeichen besitzen. Da der Koeffizient von s3 positiv ist,muß dies fur alle anderen auch gelten.

Es ergeben sich folgende notwendigen Bedingungen fur die asymptotische Stabilitat:

a.1) Fur den Koeffizienten von s2 ergibt sich 4 − b1 > 0. Dies fuhrt auf

b1 < 4 (8.2)

Im Stabilitatsdiagramm der Teilaufgabe b) entspricht dies dem Gebiet links der Par-allelen zur b2–Achse im Abstand 4.

a.2) Der Koeffizient von s liefert

b1 > 0 (8.3)

Dies entspricht der Halbebene der positiven Werte fur b1.

6

Seite 143 von 199

a.3) Das Absolutglied fuhrt auf die Bedingung

b2 > 1 (8.4)

Dies entspricht der Halbebene der Werte fur b1, die oberhalb einer Parallelen zurb1-Achse im Abstand 1 liegen.

b) Stabilitatsdiagramm:

Mit den Uberlegungen aus der vorhergehenden Teilaufgabe ergibt sich folgendes Schaubildder notwendigen Bedingungen. Dabei beziehen sich die Zahlen in runden Klammern aufdie Nummer der zugehorigen Gleichung.

- b1

6b2

4(8.2)

0(8.3)

1 (8.4)

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@

c) Hurwitz–Kriterium:

Dieses Kriterium liefert notwendige und hinreichende Bedingungen.

Das Ubertragungssystem mit der charakteristischen Gleichung (8.1) ist nach Hurwitz ge-nau dann asymptotisch stabil, wenn die Determinante

∆3 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a2 a0 0a3 a1 00 a2 a0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 − b1 b2 − 1 01 b1 00 4 − b1 b2 − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

(8.5)

sowie ihre Hauptabschnittsdeterminanten

∆2 =

∣

∣

∣

∣

a2 a0

a3 a1

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

4 − b1 b2 − 11 b1

∣

∣

∣

∣

(8.6)

∆1 = |a2| = (4 − b1) (8.7)

positiv sind.

Entwickelt man die Determinante ∆3 in Gleichung (8.5) nach der 3. Spalte, so ergibt sich

∆3 = (b2 − 1)∆2 > 0 (8.8)

∆2 liefert durch direktes Auswerten

∆2 = (4 − b1)b1 − (b2 − 1) > 0 (8.9)

Die Ungleichung mit ∆1 fuhrt sofort auf

b1 < 4 (8.10)

7

Setzt man Gleichung (8.9) in Gleichung (8.8) ein, erhalt man

∆3 = (b2 − 1) ∆2︸︷︷︸

>0

> 0 (8.11)

Dies hat zur Folge, daß

b2 > 1 (8.12)

Die Beziehung (8.9) fur ∆2 ergibt mit (8.10) und (8.12)

(4 − b1)︸︷︷︸

>0

b1 > (b2 − 1)︸︷︷︸

>0

(8.13)

Dies kann nur erfullt sein, falls

b1 > 0 (8.14)

und

b2 < −(b1 − 2)2 + 5 (8.15)

gelten.

d) Vergleich der Teilaufgaben a) und c):

Die Bedingungen (8.10),(8.12) und (8.14) entsprechen jeweils den notwendigen Bedingun-gen (8.2), (8.3) und (8.4). Die Ungleichung (8.15) stellt eine zusatzliche Bedingung furasymptotische Stabilitat.

Die Stabilitatsgrenze b2 = −(b1 − 2)2 + 5 ist eine Normalparabel, die nach unten geoffnetist und den Scheitelpunkt S(2, 5) besitzt.

e) Stabilitatsdiagramm:

- b1

6b2

4(8.2)

0(8.3)

1 (8.4)

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@

2

uS

5

stabil

(8.15)

8

Seite 144 von 199

Der Stabilitatsbereich wird durch die Kurven

a0 = 0 → b2 > 1 und

∆2 = 0

begrenzt.

Allgemein gilt: Die Kurven fur a0 = 0 und ∆n−1 = 0 liefern die Grenzen des Stabilitatsbereichs. Dieanderen Bedingungen mussen jedoch uberpruft werden. Bei nicht zusammenhangen-den Gebieten sind noch weitere Einschrankungen moglich.

Begrundung: – Fur a0 = 0 liegt ein reeller Pol im Ursprung der s–Ebene.

– Fur ∆n−1 = 0 liegt ein konjugiert–komplexes Polpaar auf der Imaginarachse ders–Ebene.

Aufgabe 9

a) Mit der Ersetzung s = p − α im charakteristischen Polynom q(s) erhalt man ein Poly-nom q(p) in p. Das Standardhurwitzkriterium, angewendet auf q(p), liefert die notw. undhinr. Bedingungen fur

Repi < 0 ⇐⇒ Resi + α < 0 ⇐⇒ Resi < −α,

wobei die si bzw. pi die Wurzeln von q(s) bzw. q(p) sind.

Anschaulich kann man sich dies so vorstellen: Die Substitution s = p − α verschiebtden Graphen von q(s) um α nach rechts (d.h. in Richtung der positiven reellen Achse).Die dadurch resultierende Kurve, q(p), hat naturlich auch um α verschobene Pole. Wennman nun mit dem Hurwitzkriterium testet, ob die Pole der nach rechts verschobenenKurve immer noch links von p = 0 liegen, so kann man daraus folgern, ob die Pole derursprunglichen (unverschobenen) Kurve links von s = −α liegen.

b) Mit s = p − 1 ergibt sich als neues charakteristisches Polynom, das um 1 gegenuber demPolynom in s nach rechts verschoben ist:

p3 + (5 + K)p2 + 4p + 2K + 40 = 0

Das Aufstellen der Hurwitzdeterminaten fuhrt auf

∆3 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

5 + K 2K + 40 01 4 00 5 + K 2K + 40

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (2K + 40)(20 + 4K − 2K − 40) > 0

∆2 =

∣

∣

∣

∣

5 + K 2K + 401 4

∣

∣

∣

∣

= 20 + 4K − 2K − 40 > 0

∆1 = 5 + K > 0.

Hieraus folgt, dass K > 10 sein muss, damit die Pole im p-Polynom links von 0 liegen, alsodie Pole des s-Polynoms links von −1 bleiben.

Aufgabe 10

9

a) Mit den Zustanden z1 = y und z2 = y sowie der Transformation

x =

[

1 11 2

]

︸︷︷︸

=T

z

ergibt sich

x =

[

−11 3−21 5

]

x +

[

12

]

u

y = [2 − 1] x

b) Die Transformation ist gultig, da die Transformationsmatrix T regular ist.

Aufgabe 11

a) Fur die Ruhelagen der Regelstrecke

x = f(x, u) =

[

(2u + x1)(2 + x42)

(x1 − 2x2)(3 + x31)

]

(11.1)

y = h(x, u) = ex1+2 + 2(1 + x2), (11.2)

mit x = [x1, x2] muss x = 0 gelten. Aus (11.1) folgt

0 = (2uS + x1S)(

2 + x42S

)

(11.3)

0 = (x1S − 2x2S)(

3 + x31S

)

(11.4)

Aus (11.3) folgt:

0 = (2uS + x1S)(

2 + x42S

)

︸︷︷︸

(11.5)

> 0

→ x1S = −2uS (11.6)

(11.6) in (11.4):

0 = (−2uS − 2x2S)(

3 − 8u3S

)

(11.7)

Fallunterscheidung in (11.7):

• (−2uS − 2x2S) = 0:

→ x2S = −uS

→ 1. Ruhelage: x1S = −2uS , x2S = −uS

•(

3 − 8u3S

)

= 0: → uS = 12

3√

3 → x1S = − 3√

3 → Aus (11.5): 0·(2+x42S) = 0 → x2S ∈ R

→ ∞ viele Ruhelagen: x1S = − 3√

3, uS = 12

3√

3, x2S ∈ R.

10

Seite 145 von 199

b) Linearisierung um die Ruhelage uS = 1, x1S = −2, x2S = −1, ergibt

x = Ax + bu

y = cT x + du

wobei

A =∂f(x, u)

∂x

∣

∣

∣

∣

(x1S ,x2S ,uS)

=

[

3 0−5 10

]

,

b =∂f(x, u)

∂u

∣

∣

∣

∣

(x1S ,x2S ,uS)

=

[

60

]

,

cT =∂h(x, u)

∂x

∣

∣

∣

∣

(x1S ,x2S ,uS)

=[

1 2]

,

d =∂h(x, u)

∂u

∣

∣

∣

∣

(x1S ,x2S ,uS)

= 0.

c) A ist untere Dreiecksmatrix, daher sind die Diagonalelemente von A deren Eigenwerte. DieEigenwerte des linearisierten Systems lauten damit λ1 = 3, λ2 = 10. Da beide Eigenwertepositiv sind, ist das linerisiertes System instabil. (Die Eigenwerte des alternativen Systemslauten λ1A = 2, λ2A = 4. Folglich ist auch das alternative System instabil)

d) Das System kann nicht aus dem linearisierten System mittels einer Zustandstransformationz = Tx entstanden sein, da sich die Eigenwerte bei einer Zustandstransformation nichtandern. (Eigenwerte des Systems aus Teilaufgabe d): λ1 = 2, λ2 = 1)

e) Bestimmung der Fundamentalmatrix eAt mit Cayley–Hamilton: Gleichungen:

e3t = µ0 + 3µ1 µ1 =1

7

(

e10t − e3t)

→e10t = µ0 + 10µ1 µ0 =

1

7

(

10e3t − 3e10t)

Fundamentalmatrix des linearisierten Systems:

eAt = µ0I + µ1A = e10t

[

0 0−5

7 1

]

+ e3t

[

1 057 0

]

(Fundamentalmatrix des alternativen Systems:

eAAt = µ0AI + µ1AAA = e4t

[

0 03 1

]

+ e2t

[

1 0−3 0

]

)

Aufgabe 12

Fur eine Fundamentalmatrix muss gelten Φ(0) = I. Dies ist hier nicht erfullt. Es kann sich alsonicht um eine Fundamentalmatrix handeln.

Aufgabe 13

11

a) Allgemein gilt fur die Losung linearer Systeme ohne Eingang (x = Ax) mit der Funda-mentalmatrix Φ(t): x(t) = Φ(t)x(0). Setzt man die beiden gegebenen Losungen in dieseGleichung ein, erhalt man vier Bestimmungsgleichungen fur die vier Elemente der Funda-mentalmatrix:

Φ11(t) + Φ12(t) = e−t

Φ21(t) + Φ22(t) = α(

1 − e−t)

+ 1

2Φ11(t) − Φ12(t) = 2e−t

2Φ21(t) − Φ22(t) = 2α(

1 − e−t)

− 1

Es ergibt sich

Φ(t) =

[

e−t 0α(1 − e−t) 1

]

b) Die Systemmatrix A ergibt sich aus der Fundamentalmatrix Φ(t) uber den ZusammenhangA = Φ(0). Hier berechnet sich A zu

[

−1 0α 0

]

c) Die Stabilitat ist unabhangig vom Parameter α (die Eigenwerte der Systemmatrix lautenλ1 = −1 und λ2 = 0, unabhangig von α).

Aufgabe 14

Eigenwertverteilung der Matrix A:

→ det

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ −1 0−a λ − b 00 0 λ − c

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0

→ Charakteristische Gleichung: (λ2 − bλ − a)(λ − c)

→ c 6= 0

→ (λ − c) : Reeller Pol

→ (λ2 − bλ − a) : Lage der Pole in der komplexen Ebene abhangig von a und b

→ Fur a < −b2

4konjugiert komplexe Pole

• Abbildung a): a = 0, b < 0 (Pol im Ursprung und reeller Pol in der linken Halbebene),c > 0 (Reeller Pol in der rechten Halbebene)Alternativ kann auch b > 0 sein, dann muss c < 0 gelten.

• Abbildung b): a < 0, b = 0 (Konjugiert komplexe Pole auf der imaginaren Achse), c > 0(Reeller Pol in der rechten Halbebene)

• Abbildung c): b < 0 und a < − b2

4 (Konjugiert komplexe Pole in der linken Halbebene),

c < b2 (Reeller Pol in der linken Halbebene)

12

Seite 146 von 199

Aufgabe 15

a) Eigenwerte: 2,−4; Eigenvektoren v1 = [1 0]T , v2 = [1 − 2]T

b) Das System ist instabil, da ein Eigenwert in der rechten Halbebene liegt.

c) Die Anfangsbedingungen entsprechen den Richtungen der Eigenvektoren (x(1)0 = 2v1,

x(2)0 = −v2). Die Trajektorienrichtungen mussen daher ebenfalls der Richtungen der Ei-

genvektoren entsprechen. Fur den Fall des positiven Eigenwerts entfernt sich die Losungvom Ursprung (instabil), fur den Fall des negativen Eigenwerts bewegt sie sich auf denUrsprung zu (stabil). Die Trajektorien sind in Abbildung 1 skizziert.

0

2

1

−1 21 x1

x2

x(1)(t)

x(2)(t)

Abbildung 1: Losungstrajektorien fur zwei Anfangsbedingungen

Aufgabe 16

a) Ein System zweiter Ordnung mit zwei unterschiedlichen Eigenwerten λ1 und λ2 hat eineEigendynamik mit zwei unabhangingen Anteilen (Moden), die jeweils mit einer Richtung(Rechtseigenvektor v1 bzw. v2) und einer Geschwindigkeit (Eigenwert) beschrieben wer-den:

x(t) = eλ1tv1w1T x(0)

︸︷︷︸

1. Mode

+ eλ2tv2w2T x(0)

︸︷︷︸

2. Mode

w1 und w2 sind hierbei die Linkseigenvektoren, mit denen die Anfangsbedingung x(0) aufdie beiden Moden aufgeteilt wird.

Ist ein Eigenwert negativ, so wird der zugehorige Eigenvektor in Richtung des Ursprungesabgelaufen. Bei einem positiven Eigenwert entfernt sich das System auf dem Eigenvektorvom Ursprung. Je großer der Betrag eines Eigenwerts ist, desto schneller lauft dieser Dy-namikanteil ab. Andersrum fuhrt ein Eigenwert λi = 0 dazu, dass diese Mode “tot” ist,d.h. keine Bewegung entlang des zugehorigen Eigenvektors stattfindet.

In dem in der Aufgabenstellung abgebildeten System sehen wir eine stabile Mode (diediagonalen Trajektorien laufen von beiden Seiten auf den Ursprung zu), sowie einen grenz-stabilen Vorgang (das System lauft nicht von uberall in den Ursprung sondern bildet neueRuhelagen entlang v1 aus).

13

Es lasst sich demnach ablesen:

v1 = [−2 , 1], da x = Av1 = λ1 v1 = 0 (Ruhelagen liegen auf v1)v2 = [2 , 1].

b) Der Ansatz

A =

[

a11 a12

a21 a22

]

, (A − 0 · I)v1 ≡ 0, (A + 2 · I)v2 ≡ 0

liefert 4 Gleichungen fur die 4 Unbekannten aij

Ergebnis:

A =

[

−1 −2−0.5 −1

]

Aufgabe 17

Trajektorienverlaufe:

• Lineare Systeme:

– Abbildung a): Zwei stabile Eigenwerte

– Abbildung c): Stabiler und instabiler Eigenwert

– Abbildung d): Zwei instabile Eigenwerte

• Nichtlineares System:

– Abbildung b): Fur lineare Systeme muss gelten: x = Ax und −x = −Ax, d.h. furam Nullpunkt “gespiegelte” Zustande muss der Trajektorienverlauf entgegengesetzteRichtung haben (also punktsymmetrisch zum Ursprung sein). In Abbildung 4 b) istdies nicht erfullt → nichtlineares System.

Aufgabe 18

a) Das betrachteten System ist zweiter Ordnung. Da die Vorzeichenbedingung erfullt ist, istdas System somit stabil.

b) Mit den Zustandsgroßen x1 und x2 = x1, erhalt man, nach auflosen der Systemgleichungnach x2 = x1 unter Berucksichtigung des Zusammenhangs y = x1, die Zustandsdarstellung:

x =

(

0 1−2 −3

)

x +

(

02

)

u, y = (1, 0)x. (18.1)

Diese Zustandsraumdarstellung weist bereits Beobachtbarkeitsnormalform auf, da A Fro-beniusform hat und C = (1, 0), d.h. es ist keine Ahnlichkeitstransformation auf Beob-achtbarkeitsnormalform notwendig.

c) Aus der autonomen Systemgleichung ergibt sich mit dem Losungsansatz x(t) = αeλt oderaus der Zustandsraumdarstellung mit |λI − A| = 0

|λI − A| =

∣

∣

∣

∣

λ −12 λ + 3

∣

∣

∣

∣

= λ2 + 3λ + 2 = 0 (18.2)

14

Seite 147 von 199

ergibt sich die charakteristische Gleichung des Systems zu:

λ2 + 3λ + 2 = 0. (18.3)

Die Eigenwerte sind die Wurzeln dieser Gleichung, d.h. λ1 = −1 und λ2 = −2.

d) Man geht von der Definition der Fundamentalmatrix

eAt =

∞∑

m=0

Amtm

m!(18.4)

= I + tA +t2

2A2 +

t3

6A3 + . . . (18.5)

aus und wendet den Satz von Cayley-Hamilton

An + an−1An−1 + . . . + a1A + a0I = 0 (18.6)

an. Dieser besagt, dass jede Matrix ihre Eigenwertgleichung erfullt. Eine Konsequenz hier-von ist, dass jede Potenz Ak (k ∈ IN0) als Linearkombination von I,A,A2, . . . , An−1 aus-gedruckt werden kann. Somit kann eAt durch eine endliche Potenzreihe der Form:

eAt = µ0(t)I + µ1(t)A + . . . + µn−1(t)An−1 (18.7)

dargestellt werden. Jedoch sind die zeitabhangigen Koeffizienten µi(t) noch unbekannt.Man tranformiert im Falle einfacher Eigenwerte Gleichung (18.7) auf Diagonalform (Multi-plikation der Gleichung mit RT von links und V von rechts) und verwendet die BeziehungenA = V ΛRT , eAt = V eΛtRT und RT V = I. Die Matrizen der sich ergebenden Gleichunghaben nur noch in der Hauptdiagonalen Elemente, die von null verschieden sind. DurchTransformation der Gleichung (18.7) auf Diagonalform ist es also moglich, n skalare Glei-chungen der Form

eλit = µ0(t) + µ1(t)λi + . . . + µn−1(t)λn−1i , i = 1, . . . , n (18.8)

abzuleiten.In unserem Fall erhalt man, fur n = 2 und λ1 = −1, λ2 = −2, folgendes lineare Glei-chungssystem

e−t = µ0(t) − µ1(t) (18.9)

e−2t = µ0(t) − 2µ1(t). (18.10)

Die Losung dieses Gleichungssystems ist

µ0(t) = 2e−t − e−2t µ1(t) = e−t − e−2t. (18.11)

Somit ergibt sich fur die Fundamentalmatrix

eAt = µ0(t)I + µ1(t)A (18.12)

=

(

2e−t − e−2t e−t − e−2t

−2e−t + 2e−2t −e−t + 2e−2t.

)

(18.13)

15

e) Zuerst errechnet man die Rechts- bzw. Linkseigenvektoren

(λiI − A)vi = 0 i = 1, 2 ⇒ v1 = C1

(

1−1

)

, v2 = C2

(

1−2

)

(18.14)

rTi (λiI − A) = 0T i = 1, 2 ⇒ rT

1 = D1(2 1), rT2 = D2(1 1). (18.15)

Die vier Konstanten mussen so gewahlt werden, daß die Bedingung

rTk · vi = δik (18.16)

erfullt ist. Die nichttrivialen Falle der letzten Gleichung sind

rT1 · v1 = C1D1 = 1 (18.17)

rT2 · v2 = −C2D2 = 1. (18.18)

Dies sind nur zwei Gleichungen fur die vier Unbekannten C1, C2,D1 und D2. Somit konnenzwei Konstanten frei gewahlt werden. Fur z.B. C1 = C2 = 1 erhalt man:

D1 = 1 D2 = −1. (18.19)

Bei dieser Wahl lauten die Modalmatrizen

V = (v1, v2) =

(

1 1−1 −2

)

, RT =

(

rT1

rT2

)

=

(

2 1−1 −1

)

. (18.20)

Hinweise:

• Die Normierung ist nicht eindeutig. Es kann also zu verschiedenen Ergebnissen furRT und V kommen. Allerdings muß immer die Gleichung

RT · V = I (18.21)

erfullt sein.

• Anderer Weg zur Bestimmung der Modalmatrizen: Man berechnet nur die Rechtsei-genvektoren vi, wahlt beliebige Werte (6= 0) fur die Konstanten Ci und berechnet RT

aus dem Zusammmenhang

RT · V = I ⇒ RT = V −1. (18.22)

f) Die Berechnung der Fundamentalmatrix mit Hilfe von Cayley-Hamilton ging von der Dar-stellung von eAt als Potenzreihe aus. Fur die Berechnung der Fundamentalmatrix mit Hilfeder Spektraldarstellung transformiert man das System zuerst mit Hilfe der Rechts- undLinkseigenvektoren auf Diagonalform2. Fur die Diagonalmatrix Λ = RTAV ergibt sich dieFundamentalmatrix trivial zu:

Φ(t) = eΛt (18.23)

=

eλ1t

eλ2t

. . .

eλnt

. (18.24)

2Dies ist hier moglich, da alle Eigenwerte nur einfach vorkommen.

16

Seite 148 von 199

Um die Fundamentalmatrix in Orginalkoordinaten zu erhalten, transformiert man die sichergebende Fundamentalmatrix mit Hilfe der Rechts- und Linkseigenvektoren zuruck:

Φ(t) = V Φ(t)RT . (18.25)

Fur das hier betrachtetet System ergibt sich somit:

Φ(t) = eAt (18.26)

= V eΛtRT (18.27)

=

(

1 1−1 −2

)(

e−t 00 e−2t

)(

2 1−1 −1

)

. (18.28)

Ausmultipliziert ergibt sich

Φ(t) =

(

2e−t − e−2t e−t − e−2t

−2e−t + 2e−2t −e−t + 2e−2t

)

. (18.29)

g) Allgemein gilt fur die Losung im Zeitbereich

x(t) = Φ(t)x0 +

t∫

0

Φ(t − τ)bu(τ)dτ (18.30)

= S1 + S2. (18.31)

Fur den ersten Summanden ergibt sich:

S1 =

(

1 1−1 −2

)(

e−t 00 e−2t

)(

2 1−1 −1

)(

−10

)

(18.32)

=

(

−2e−t + e−2t

2e−t − 2e−2t

)

(18.33)

und fur den zweiten Summanden

S2 =

t∫

0

(

2e−(t−τ) − e−2(t−τ) e−(t−τ) − e−2(t−τ)

−2e−(t−τ) + 2e−2(t−τ) −e−(t−τ) + 2e−2(t−τ)

)(

02

)

· 1 · dτ (18.34)

=

t∫

0

(

2e−(t−τ) − 2e−2(t−τ)

−2e−(t−τ) + 4e−2(t−τ)

)

dτ (18.35)

=

[

2e−(t−τ) − e−2(t−τ)

−2e−(t−τ) + 2e−2(t−τ)

]t

0

(18.36)

=

(

1 − 2e−t + e−2t

2e−t − 2e−2t

)

. (18.37)

Setzt man Gleichung (18.37) und (18.33) in Gleichung (18.31) ein, so erhalt man

x(t) =

(

1 − 4e−t + 2e−2t

4e−t − 4e−2t

)

. (18.38)

17

Aufgabe 19

a) Zur Bestimmung der Zustandsraumdarstellung in Regelungsnormalform konnen verschie-dene Methoden angewendet werden. Die in der Vorlesung vorgestellte Methoden basiertauf der Einfuhrung zusatzlicher Eingange. Da das System linear ist, ist das Eingangssy-stem dann gegeben durch die Summe der sich durch die “virtuellen” Eingange ergebendenLosungen. Mit Hilfe der in der Vorlesung vorgestellten Methode ergibt sich die Zustands-darstellung in Regelungsnormalform fur ein System der Form:

y(n) + an−1y(n−1) + . . . + a0y = bmu(m) + . . . + b1u + b0u (19.1)

zu:

x =

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0

. . .

−a0 −a1 −a2 . . . −an−1

x +

0......1

u (19.2)

y =(

b0 b1 . . . bm 0 . . . 0)

x + 0u. (19.3)

Fur den hier betrachteten Fall ergibt sich somit:

x =

0 1 00 0 1−6 −11 −6

x +

001

u (19.4)

y = (b 1 0)x. (19.5)

Anderer Losungsweg:Im nachfolgenden soll ein weiterer Losungsweg zur Umwandlung der gegebenen Gleichungauf Regelungsnormalform betrachtet werden. Hierbei bringt man durch eine geeigneteSubstitution die Ableitung u auf der rechten Seite zum Verschwinden. Ein moglicher Ansatzist

y = x1 + b · x1 =

[

d

dt+ b

]

x1. (19.6)

Bevor man diesen Ansatz einsetzt, ist es sinnvoll, die Systemgleichung mit Hilfe einesDifferentialoperators zu formulieren:

[

d3

dt3+ 6

d2

dt2+ 11

d

dt+ 6

]

y =

[

d

dt+ b

]

u. (19.7)

Setzt man den Ansatz, in diese Gleichung ein, so erhalt man:

[

d3

dt3+ 6

d2

dt2+ 11

d

dt+ 6

]

·[

d

dt+ b

]

x1 =

[

d

dt+ b

]

u. (19.8)

Nun kann man die Reihenfolge der beiden Differentialoperatoren auf der linken Seite ver-tauschen. Da der linke Differentialoperator auf beiden Seiten gleich ist, kann man die letzteGleichung wie folgt zusammenfassen:

[

d

dt+ b

]

·[

d3

dt3+ 6

d2

dt2+ 11

d

dt+ 6

]

x1 − u

= 0 (19.9)

[

d

dt+ b

]

· ...x 1 + 6x1 + 11x1 + 6x1 − u = 0 (19.10)

18

Seite 149 von 199

Die letzte Gleichung ist offenbar erfullt, wenn der Ausdruck in der geschweiften Klammeridentisch null ist. Die gesuchte Differentialgleichung lautet also:

...x 1 + 6x1 + 11x1 + 6x1 = u. (19.11)

Mit den Zustandsvariablen x1, x2 = x1 und x3 = x2 ergibt sich die gleiche Zustandsdar-stellung wie oben.

b) Fur das ursprungliche System sind die Anfangsbedingungen in y(0), y(0) und y(0). DieAnfangsbedingungen des neuen Systems kann man recht leicht aus der Ausgangsgleichungy = (b 1 0)x bestimmen:

y(0) = 0 = bx10 + x20 (19.12)

y(0) = 0 = bx20 + x30 (19.13)

y(0) = 0 = bx30 + x3(0) = bx30 − 6x10 − 11x20 − 6x30 + u(0). (19.14)

Lost man dieses lineare Gleichungssystem auf (z.B. durch Einsetzen), so erhalt man furdie Anfangsbedingungen

α · x10 = u(0), α · x20 = −b · u(0), α · x30 = b2 · u(0) (19.15)

α = 6 − 11b + 6b2 − b3 6= 0 (19.16)

c) Basierend auf den Ergebnissen in b) sieht man, daß fur α = 0, d.h. fur b = 1, b = 2oder b = 3, der oben beschriebene Ansatz zur Transformation auf Regelungsnormalformnicht zulassig ist. Das System kann in diesem Fall nicht auf Regelungsnormalform gebrachtwerden.

Aufgabe 20

a) Einsetzen von A in die Gleichung fur A fuhrt zu:

A =

(

−16 9−18 2

)

(20.1)

Hieraus ergeben sich die Eigenwerte von A zu λi = −7± 9i sowie die Eigenwerte von A zuλi(A) = −1 ± i, d.h. λi(A) + 2λi(A)2 − 3λi(A)3 = λi(A)

b) Der Zusammenhang zwischen den Eigenwerten von A und A =∑k

j=0 αjAj ergibt sich aus

der Definition von Eigenvektoren und Eigenwerten:

Avi = λivi (20.2)

Multipliziert man mit Aj−1 auf beiden Seiten durch so erhalt man:

Ajvi = Aj−1λivi (20.3)

= Aj−2λiAvi (20.4)

= Aj−2λ2i vi (20.5)

= ... = λjivi (20.6)

19

Das heißt, fur alle λi und vi aus (20.2) gilt

Avi =

k∑

j=0

αjAjvi = (

k∑

j=0

αjλi(A)j)

︸︷︷︸

λi(A)

vi (20.7)

Aufgabe 21

Einsetzen der Regler und Messgleichung in die Systemgleichung fuhrt zu:

x =

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0

. . .

−a0 −a1 −a2 . . . −an−1

x +

0......1

(

−k0 −k1 . . . −kn−1

)

y (21.1)

=

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0

. . .

−a0 −a1 −a2 . . . −an−1

x +

0 . . . 0 00 . . . 0 0

...−k0 −k1 . . . −kn−1

x (21.2)

=

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0

. . .

−(a0 + k0) −(a1 + k1) −(a2 + k2) . . . −(an−1 + kn−1)

︸︷︷︸

Acl

x (21.3)

Die Systemmatrix Acl weist Frobeniusfrom auf, d.h. die Koeffizienten des charakteristischenPolynoms konnen direkt aus der letzten Zeile abgelesen werden. Das charakteristische Polynomergibt sich somit zu:

(a0 + k0) + (a1 + k1)λ + (a2 + k2)λ2 + . . . + (an−1 + kn−1)λ

(n−1) + λn = 0. (21.4)

Hieraus folgt, dass die Eigenwerte des geschlossenen Kreises durch Wahl der ki beliebig gelegtwerden konnen.

Aufgabe 22

a) Aufgrund der Linearitat der Laplacetransformation kann die gegebene Zeitfunktion

f(t) = e−4t︸︷︷︸

f1(t)

+ sin(10t − π

4)

︸︷︷︸

f2(t)

+ t3e−2t︸︷︷︸

f3(t)

termweise transformiert werden. Die Transformierte von f1(t) laßt sich in den meistenKorrespondenztabellen (siehe z.B. Handout zur Vorlesung) finden:

L

f1(t)

= L

e−4t

=1

s + 4(22.1)

Dieses Ergebnis erhalt man auch uber den Dampfungssatz. Zur Transformation von f2(t)bestimmt man zuerst die Abbildung einer Sinusfunktion unter der Laplace-Transformation.

20

Seite 150 von 199

Auch diese findet man in Korrespondenztabellen. Wir wollen hier aber auch angeben, wieman zu diesem Ergebnis gelangt. Stellt man die Sinusfunktion als Summe zweier komplexerExponentialfunktionen dar (Eulersche Formel) und nutzt man die Linearitat der Laplace-Transformation aus so ergibt sich (unter Verwendung des Dampfungssatzes):

L

sin t

= L

1

2j(ejt − e−jt)

(22.2)

=1

2jL

ejt

− 1

2jL

e−jt

(22.3)

=1

2j

(

1

s − j− 1

s + j

)

(22.4)

=1

s2 + 1. (22.5)

Der Ahnlichkeitssatz ergibt weiter

L

sin ωt

=1

ω

1( s

ω

)2+ 1

=ω

s2 + ω2. (22.6)

Die Cosinus-Funktion kann z.B. von diesem Ergebnis ausgehend mit Hilfe des Differentia-tionssatzes transformiert werden oder direkt uber eine Zerlegung uber Exponentialfunk-tionen analog zu oben. Das Ergebnis ist

L

cos ωt

=s

s2 + ω2. (22.7)

Die Transformierte der allgemeinen sinusformigen Funktion sin(ωt + φ) kann man mitHilfe des Verschiebungssatzes oder mit Hilfe der Additionstheoreme berechnen.

Berechnung von Lsin(ωt + φ) uber den VerschiebungssatzBei der gewohnlichen Darstellung des Verschiebungssatzen geht man davon aus, dass maneine Funktion f(t) vorliegen hat, fur die f(t) = 0 fur alle t < 0 gilt. D.h. fur die um T nachrechts verschobene Funktion f(t) = f(t − T ) gilt f(t) = f(t − T ) = 0 fur alle t < T . Diesist im Fall der Funktion f(t) = sin(ωt + φ) – unabhangig vom Vorzeichen von φ – nichtder Fall. Deshalb muss die vollstandige Version des Verschiebungssatzes (siehe Handoutzur Vorlesung)

Lf(t − Tt) = e−sTtF (s) + e−sTt

∫ 0

−Tt

f(τ)e−sτdτ

︸︷︷︸

6=0!!!

(22.8)

verwendet werden. Angewendet auf f(t) = sin(ωt + φ) erhalt man

L

sin(ω(t +φ

ω))

= esφ

ω

(

ω

s2 + ω2+

∫ 0

φ

ω

sin(ωτ)e−sτdτ

)

(22.9)

= es φ

ω

(

ω

s2 + ω2+

−ω + e−s φ

ω (ω cos(φ) + s sin(φ))

s2 + ω2

)

(22.10)

=ω cos(φ) + s sin(φ)

s2 + ω2(22.11)

21

Berechnung von Lsin(ωt + φ) mittels der AdditionstheoremeAlternativ zur Berechnung uber den Verschiebungssatz erhalt man mit Hilfe der zuvorermittelten Transformierten von sin(ωt) und cos(ωt) und des ersten Additionstheorems

L

sin(ω(t +φ

ω))

= Lcos(t ω) sin(φ) + cos(φ) sin(t ω) (22.12)

= Lcos(t ω) sin(φ) + cos(φ)Lsin(t ω) (22.13)

=ω cos(φ) + s sin(φ)

s2 + ω2(22.14)

Fur ω = 10 und φ = −π4 erhalt man

L

f2(t)

= L

sin(10t − π

4)

=1

2

√2

10 − s

s2 + 100(22.15)

Bei Potenzen von t erweist sich eine eventuell mehrfache Anwendung der Integrationsregelals nutzlich. Man erhalt nacheinander die Korrespondenzen

L

h(t)

=1

s(22.16)

L

t

= L∫ t

0h(τ) dτ

=1

sL

h(t)

=1

s2(22.17)

L

t2

2

= L∫ t

0τ dτ

=1

sL

t

=1

s3(22.18)

L

t3

6

= L∫ t

0

τ2

2dτ

=1

sL

t2

2

=1

s4. (22.19)

Damit ergibt sich

L

t3

=6

s4. (22.20)

Allgemein kann man zeigen:

L

tn

=n!

sn+1. (22.21)

Mit dem Dampfungssatz folgt daraus

L

f3(t)

= L

t3e−2t

=6

(s + 2)4(22.22)

Damit erhalt man:

L

f1(t) + f2(t) + f3(t)

=1

s + 4+

1

2

√2

10 − s

s2 + 100+

6

(s + 2)4(22.23)

b) Bei echt gebrochen rationalen Bildfunktionen (Nennergrad großer als Zahlergrad) laßt sichdie Rucktransformation

f(t) =n∑

i=1

ciesit (22.24)

22

Seite 151 von 199

leicht berechnen. Zur Bestimmung der Koeffizienten ci gibt es hier zwei Moglichkeiten

1) ci = (s − si)F (s)

∣

∣

∣

∣

s=si

(22.25)

2) ci = Z(si)1

dds

N(s)

∣

∣

∣

∣

s=si

i = 1, · · · , n (22.26)

wobei Z(s) das Zahlerpolynom und N(s) das Nennerpolynom der Bildfunktion ist. DieserSatz gilt aber nur fur einfache Pole si.

b1) Die gegebene Bildfunktion hat folgende Pole:

s1 = −1 s2 = −2. (22.27)

Mit

c1 =3s + 1

s + 2

∣

∣

∣

∣

s=−1

= −2 (22.28)

c2 =3s + 1

s + 1

∣

∣

∣

∣

s=−2

= 5 (22.29)

folgt

f(t) = 5e−2t − 2e−t (22.30)

b2) Hier liegt der Fall vor, daß der Zahlergrad gleich dem Nennergrad ist. Damit kann manF (s) in ein Polynom und eine echt gebrochen rationale Funktion aufspalten. Im Allge-meinen geschieht dies durch Polynomdivision oder Anwendung des Horner-Schemas.In diesem Fall ist die Abspaltung des Polynoms einfach durch eine entsprechendeErganzung des Zahlers zu erreichen:

F (s) =s2 + 1

s2 + 3s + 2=

(s2 + 3s + 2) − (3s + 1)

s2 + 3s + 2(22.31)

= 1 − 3s + 1

s2 + 3s + 2(22.32)

Mit der Losung von b1) kann man direkt folgern

f(t) = δ(t) + 2e−t − 5e−2t. (22.33)

b3) Diese Funktion besitzt einen doppelten Pol bei s = −4.

erster Weg

Bei mehrfachen Polen muß man bei diesem Weg auf eine geeignete Kombinationzweier Teilfunktionen durch das Faltungsintegral ausweichen. Man zerlegt F (s) fol-gendermaßen

F (s) = F1(s)F2(s) =1

s + 4

s2 + 1

(s + 1)(s + 2)(s + 4)(22.34)

Die Funktion f1(t) ergibt sich zu

f1(t) = e−4t. (22.35)

23

Die zweite Funktion laßt sich wieder mit dem Entwicklungssatz rucktransformieren:Aus

F2(s) =c1

s + 1+

c2

s + 2+

c3

s + 4. (22.36)

mit

c1 =s2 + 1

(s + 2)(s + 4)

∣

∣

∣

∣

s=−1

=2

3(22.37)

c2 =s2 + 1

(s + 1)(s + 4)

∣

∣

∣

∣

s=−2

= −5

2(22.38)

c3 =s2 + 1

(s + 1)(s + 2)

∣

∣

∣

∣

s=−4

=17

6(22.39)

ergibt sich

f2(t) =2

3e−t − 5

2e−2t +

17

6e−4t. (22.40)

Um die Originalfunktion von F (s) zu erhalten, muß man anschließend das Faltungs-integral f1(t) ∗ f2(t) auswerten:

f(t) =

∫ t

0f1(t − τ)f2(τ) dτ (22.41)

=

∫ t

0e−4(t−τ)

(

2

3e−τ − 5

2e−2τ +

17

6e−4τ

)

dτ (22.42)

= e−4t

∫ t

0

(

2

3e3τ − 5

2e2τ +

17

6

)

dτ. (22.43)

Damit ergibt sich:

f(t) =2

9e−t − 5

4e−2t +

17

6te−4t +

37

36e−4t (22.44)

zweiter Weg

Der zweiter Weg, der hier vorgestellt werden soll, kommt ohne den Umweg uber dasFaltungsintegral aus. Fur allgemeine echt gebrochen rationale Bildfunktionen mit ni-fachen Polen in si, schreibt man F (s) in der allgemeinen Form

F (s) =r∑

i=1

ni∑

k=1

cik

(s − si)k(22.45)

und erhalt die Koeffizienten cik durch

cik =1

(ni − k)!

dni−k

dsni−k[(s − si)

niF (s)]

∣

∣

∣

∣

s=si

. (22.46)

Man zerlegt F (s) folgendermaßen

F (s) =c1

s + 1+

c2

s + 2+

c31

s + 4+

c32

(s + 4)2, (22.47)

24

Seite 152 von 199

mit

c1 =s2 + 1

(s + 2)(s + 4)2

∣

∣

∣

∣

s=−1

=2

9(22.48)

c2 =s2 + 1

(s + 1)(s + 4)2

∣

∣

∣

∣

s=−2

= −5

4(22.49)

c31 = (s + 4)2F (s)|s=−4 =s2 + 1

(s + 1)(s + 2)

∣

∣

∣

∣

s=−4

=17

6(22.50)

c32 =d

ds

[

(s + 4)2F (s)]

|s=−4 =d

ds

s2 + 1

(s + 1)(s + 2)

∣

∣

∣

∣

s=−4

=37

36. (22.51)

Gleichung (22.21) ergibt

L−1

1

s2

= t. (22.52)

Mit Hilfe des Dampfungssatzes folgt

L−1

c31

(s + 4)2

= c31te−4t. (22.53)

Damit ergibt sich,

f(t) =2

9e−t − 5

4e−2t +

17

6te−4t +

37

36e−4t (22.54)

Aufgabe 23

Die gesuchte Ubertragungsfunktion G(s) laßt sich leicht angeben, wenn man bei beiden Bilderndie jeweiligen Ausgangsgroßen in Abhangigkeit von den Eingangsgroßen angibt und die entspre-chenden Ausdrucke gleichsetzt.

Im folgenden sind die Gleichungen — analog zur Aufgabenstellung — fur das ursprunglicheBlockschaltbild links und fur das umgeformte rechts angegeben.

1) Xa1(s) = G(s)Xe(s)

Xa2(s) = Xe(s)

Xa1(s) = G(s)Xe(s)

Xa2(s) = G(s)GK(s)Xe(s)

Der Vergleich der Ausdrucke fur Xa2liefert

1 = G(s)Gk(s)

Damit erhalt man als Ergebnis

GK(s) =1

G(s)(23.1)

2)Xa(s) = G(s)Xe1

(s) + Xe2(s) Xa(s) = G(s)Xe1

(s) + G(s)GK(s)Xe2(s)

Der Vergleich der Ausdrucke liefert

GK(s) =1

G(s)(23.2)

25

3) Xa1(s) = G(s)Xe(s)

Xa2(s) = G(s)Xe(s)

Xa1(s) = G(s)Xe(s)

Xa2(s) = GK(s)Xe(s)

Der Vergleich der Ausdrucke fur Xa2liefert

GK(s) = G(s) (23.3)

4)Xa(s) = G(s)Xe1

(s)+G(s)Xe2(s) Xa(s) = GK(s)Xe1

(s) + G(s)Xe2(s)

Der Vergleich der Ausdrucke liefert

GK(s) = G(s) (23.4)

Aufgabe 24

a) Die Sensitivitat ist definiert als S = 11+GK

. Fur das betrachtete System ergibt sich

S =s3 + s2 − s + 2

s3 + s2 + (K − 1) s − K + 2

b) Die komplementare Sensitivitat ist definiert als T = GK1+GK

. Fur das betrachtete Systemergibt sich

T =K (s − 1)

s3 + s2 + (K − 1) s − K + 2

c) Stabilitat heißt, alle Pole haben negativen Realteil. Dies kann mit der Vorzeichen- undBeiwertebedingung uberpruft werden. Aus der Vorzeichenbedingung folgt K ∈ (1, 2), ausder Beiwertebedingung folgt K > 1.5. Insgesamt ergibt sich K ∈ (1.5, 2).

d) Der Nenner der Sensitivitatsfunktion ist (immer!) identisch mit dem Nenner der komple-mentaren Sensitivitatsfunktion. Stabilitat ergibt sich daher wieder fur K ∈ (1.5, 2).

Aufgabe 25

a) Zeichnerische Losung: Man kann die in der folgenden Zeichnung gekennzeichneten Blockeunter Anwendung verschiedener Regeln zusammenfassen.

-Xe1+

d - G1(s) r

l2

- G4(s)

?

l1

- G2(s) - G3(s) - d+

+- r -Xa

?d+ + Xe2

l3

r

-

G6(s)

G5(s)

?d++

6−

26

Seite 153 von 199

Man kann die gekennzeichneten Blocke folgendermaßen zusammenfassen:

m1

- G2(s) - G3(s) - =⇒ - G2(s)G3(s) -

Damit laßt sich die obere Halfte folgendermaßen weiter vereinfachen:

l2

-r G2(s)G3(s) -

- G4(s)

?d++

-

=⇒ - G2(s)G3(s) + G4(s) -

Dadurch erhalt man folgendes vereinfachtes Blockschaltbild

-Xe1+

e - GA(s) -Xar

?e Xe2++GB(s)

6−

mit den neuen Ubertragungsfunktionen

GA(s) = G1(s) [G2(s)G3(s) + G4(s)] (25.1)

GB(s) =G6(s)

1 − G5(s)G6(s)(25.2)

Jetzt wird die Eingriffsstelle von Xe2nach vorne verlegt, woraus man folgendes Block-

schaltbild erhalt

Xe1

?-Xe2 GB(s) -− +

−e - GA(s) -Xar

GB(s)

6

27

Hierbei handelt es sich wieder um eine Kreisschaltung, fur die gilt

Xa(s) =GA(s)

1 + GA(s)GB(s)[Xe1

(s) − GB(s)Xe2(s)] (25.3)

Damit erhalt man weiter

Xa(s) = G∗

1(s)Xe1(s) + G∗

2(s)Xe2(s) (25.4)

mit

G∗

1(s) =G1(s) [G2(s)G3(s) + G4(s)] [1 − G5(s)G6(s)]

1 − G5(s)G6(s) + G1(s)G6(s) [G2(s)G3(s) + G4(s)](25.5)

und

G∗

2(s) = − G1(s)G6(s) [G2(s)G3(s) + G4(s)]

1 − G5(s)G6(s) + G1(s)G6(s) [G2(s)G3(s) + G4(s)](25.6)

Somit ergibt sich folgendes vereinfachtes Blockschaltbild:

-Xe1

-Xe2

G∗

1(s)

G∗

2(s)

?

6e+

+-

Xa(s)

b) Rechnerische Losung:

Hierzu fuhrt man die Zwischengroße Y (s) ein:

-Xe1+

d - G1(s) r

- G4(s)

?- G2(s) - G3(s) - d+

+- r -Xa

Xa

?

?d+

+Xe2 r

-

G6(s)

G5(s)

?d++

6

6

Y

Y

−

Im Zweig oberhalb der Trennstelle erhalt man:

G1(s) [G2(s)G3(s) + G4(s)]︸︷︷︸

=GA(s)

[Xe1(s) − Y (s)] = Xa(s) (25.7)

28

Seite 154 von 199

Der untere Zweig liefert

[Xa(s) + Xe2(s)] + G5(s)Y (s)G6(s) = Y (s) (25.8)

Aus Gleichung (25.8) ergibt sich

Y (s) =G6(s)

1 − G5(s)G6(s)[Xa(s) + Xe2

(s)] = GB(s)[Xa(s) + Xe2(s)] (25.9)

Setzt man Gleichung (25.9) in Gleichung (25.7) ein, so fuhrt dies zu

GA(s) Xe1(s) − GB(s)[(Xa(s) + Xe2

(s)] = Xa(s) (25.10)

Dies fuhrt auf

Xa(s)[1 + GA(s)GB(s)] = GA(s)Xe1(s) − GA(s)GB(s)Xe2

(s) (25.11)

Damit erhalt man wie bei der grafischen Losung

Xa(s) =GA(s)

1 + GA(s)GB(s)Xe1

(s) +−GA(s)GB(s)

1 + GA(s)GB(s)Xe2

(s) (25.12)

Aufgabe 26

a) Um die Ubertragungsfunktion des Systems zu bestimmen, stellt man zuerst die Sprungant-wort y1(t) und das Eingangssignal u(t) im Laplace-Bereich dar. Die Laplace-Transformiertevon y1(t) ist

Y1(s) = L

y1(t)

= L

0.5 + e−3t − 1.5e−4t

(26.1)

=0.5

s+

1

s + 3− 1.5

s + 4(26.2)

=3(s + 2)

s(s + 3)(s + 4), (26.3)

und die Laplace-Tansformierte von u(t)

U(s) = L

u(t)

= L

h(t)

=1

s. (26.4)

Die Ubertragungsfunktion G(s) des geschlossenen Kreises ergibt sich dann zu

G(s) =Y1(s)

U(s)=

3s(s + 2)

s(s + 3)(s + 4)=

3(s + 2)

(s + 3)(s + 4). (26.5)

Außerdem ergibt die Anwendung der Kreisschaltungsregel fur die Ubertragungsfunktion

G(s) =L(s)

1 + L(s)Gf (s), (26.6)

und damit

L(s) =G(s)

1 − Gf (s)G(s). (26.7)

29

Mit der bekannten Ubertragungsfunktion Gf (s) = 2 des Ruckfuhrgliedes und unter Ver-wendung von Gleichung (26.5) ergibt sich

L(s) =3(s + 2)

s(s + 1). (26.8)

Damit folgt (aus L(s) = G1(s)G2(s))

G2(s) = L(s)G−11 (s) =

3(s + 2)

s(s + 1)· s

3(s + 2)=

1

s + 1. (26.9)

b) Normalerweise konnte man diese Aufgabe im Laplace-Bereich bearbeiten und die Losungdurch Laplace-Rucktransformation bestimmen. Dies ist hier jedoch nicht besonders ein-fach. Die sinusformige Anregung ermoglicht einen einfacheren Losungsweg. Das Eingangs-signal lautet

u(t) = A sin ωt. (26.10)

Wie bereits aus der Vorlesung bekannt ergibt sich folgende Losung

y(t) = A |G(jω)| sin(ωt + φ). (26.11)

Das Ausgangssignal y(t) ist ebenfalls ein sinusformiges Signal mit Frequenz ω, wobei dieAmplitude mit |G(jω)| verstarkt wird und eine Phasenverschiebung von φG(jω) auftritt.In diesem Fall ist u(t) = sin t und damit

A = 1 und ω = 1 (26.12)

G(jω) =3(2 + jω)

(3 + jω)(4 + jω). (26.13)

Daraus folgt (ω = 1):

|G(j)| =

∣

∣

∣

∣

3(2 + j)

(3 + j)(4 + j)

∣

∣

∣

∣

=3|2 + j|

|3 + j||4 + j| =3√34

= 0.5145 (26.14)

φ

G(j)

= 6 G(j) = 6 (2 + j) − 6 (3 + j) − 6 (4 + j), (26.15)

= arctan

(

1

2

)

− arctan

(

1

3

)

− arctan

(

1

4

)

(26.16)

= − 0.1031. (26.17)

Einsetzen in Gleichung (26.11) fuhrt auf die Losung

y1(t) = 0.5145 sin(t − 0.1031). (26.18)

Abbildung 2 zeigt den Zusammenhang zwischen Eingangssignal u(t) und Ausgangssignaly1(t).

c) Zur Berechnung von y2(t), eignet sich die veranderte Darstellung des Systems nach Ab-bildung 3. Wendet man die Regel fur eine Kreisschaltung an ergibt sich fur die neueUbertragungsfunktion

G′(s) =Y2(s)

U(s)=

G1(s)

1 + G1(s)G2(s)Gf (s)(26.19)

=3(s2 + 3s + 2)

s2 + 7s + 12. (26.20)

30

Seite 155 von 199

0 1 2 3 4 5 6 7−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t(sec)

An

reg

un

gs−

un

d A

usg

an

gss

ign

al

sin t

0.5145 sin (t−0.1031)

0.1031

Abbildung 2: Zusammenhang zwischen Eingangs- und Ausgangssignal

−

U(s)

G2(s)Gf (s)

G1(s)Y2(s)

Y1(s)

Abbildung 3: Alternative Darstellung des Systems

Mit dem Einheitssprung U(s) = Lu(t) =1

sals Eingang ergibt sich die Systemantwort

im Bildbereich zu

Y2(s) = G′(s)U(s) =3(s2 + 3s + 2)

s2 + 7s + 12

1

s. (26.21)

Die Sprungantwort berechnet sich dann durch Rucktransformation in den Zeitbereich. DiePole von Y2(s) sind,

s1 = 0 s2 = −3 s3 = −4. (26.22)

Unter Anwendung des Entwicklungssatzes auf

Y2(s) =c1

s+

c2

s + 3+

c3

s + 4(26.23)

31

mit

c1 =3(s + 1)(s + 2)

(s + 3)(s + 4)

∣

∣

∣

∣

∣

s=0

= 0.5 (26.24)

c2 =3(s + 1)(s + 2)

s(s + 4)

∣

∣

∣

∣

∣

s=−3

= −2 (26.25)

c3 =3(s + 1)(s + 2)

s(s + 3)

∣

∣

∣

∣

∣

s=−4

= 4.5 (26.26)

ergibt sich die Losung zu

y2(t) = 0.5 − 2e−3t + 4.5e−4t (26.27)

Streng genommen gilt diese Losung nur fur t ≥ 0, denn die Laplace-Transformation fordertf(t) = 0 fur alle t < 0. Man kann schreiben:

y2(t) = h(t) ·[

0.5 − 2e−3t + 4.5e−4t]

(26.28)

Fur die Grenzwerte ergibt sich aus der Losung (26.27)

y2(0+) = 3 (26.29)

limt→∞

y2(t) = 0.5. (26.30)

Diese stimmen mit denen aus den Grenzwertsatzen uberein

y2(0+) = lim|s|→∞

sY (s)

= lim|s|→∞

3(s2 + 3s + 2)

s2 + 7s + 12

= 3 (26.31)

limt→∞

y2(t) = lims→0

sY (s)

= lims→0

3(s2 + 3s + 2)

s2 + 7s + 12

= 0.5. (26.32)

Aufgabe 27

Unteraufgabe 1)

a) Ubertragungsfunktion:

G(s) =KI

s2; doppeltes I-Glied

b) Frequenzgang:

G(jω) = −KI

ω2

G(0) = −∞, limω→∞

G(jω) = 0

Unteraufgabe 2)

a) Ubertragungsfunktion:

G(s) =KI

s

1

1 + T1s + T 22 s2

; IT2-Glied

32

Seite 156 von 199

G−Ebene

ReG(jω)−∞

ImG(jω)

ω → ∞

b) Frequenzgang:

G(jω) =KI

jω

1

(1 − T 22 ω2) + jωT1

(27.1)

=KI

jω

(1 − T 22 ω2) − jωT1

(1 − T 22 ω2)2 + ω2T 2

1

(27.2)

= − KIT1

(1 − T 22 ω2)2 + ω2T 2

1

− jKI(1 − T 2

2 ω2)

ω[(1 − T 22 ω2)2 + ω2T 2

1 ](27.3)

ReG(0) = −KIT1, ImG(0) → −∞lim

ω→∞

ReG(jω) = 0−, limω→∞

ImG(jω) = 0+

Schnittpunkt mit der reellen Achse:

ImG(jω) = 0 ; ω1 =1

T2; ReG(jω1) = −KIT

22

T1(27.4)

Mit der Bedingung von T2 > T1 > 0 ergibt sich,

ReG(jω1) = −KIT22

T1= −KIT1

T 22

T 21

< −KITI (27.5)

G−Ebene

0

ReG(jω)

ImG(jω)

KIT1

−KIT2

2

T1

ω → ∞

ω

Aufgabe 28

Die falschen Losungsvorschlage konnen jeweils durch eine Betrachtung sehr kleiner oder sehrgroßer Frequenzen ausgeschlossen werden:

a) lauft reell in den Ursprung:

limω→∞

G0(jω) = limω→∞

K

(jω)2= lim

ω→∞

−K

ω2

33

b) ist endlich fur ω = 0:

G(0) =K

1 · 2 · 3 =K

6

c) lauft auch reell in den Ursprung:

limω→∞


K(1 + 4jω

)

(jω + 2)(jω + 3)= lim

ω→∞

K

−ω2

d) ist richtig.

e) hat anfangs einen falschen Phasenwinkel:

limω→0

G0(jω) = limω→0

K

−6jω= lim

ω→0j

K

6ω

f) verlauft reell fur hohe Frequenzen:

limω→∞


K

(jω − 2)(jω + 3)= lim

ω→∞

−K

ω2

g) ist begrenzt fur ω = 0:

G0(0) =K

3

.

Aufgabe 29

a) Die Differentialgleichung lautet

y(t) + 9y(t) = u(t) (29.1)

mit Eingangssignal u(t) = h(t) (29.2)

und den Anfangsbedingungen y(0) = 0, y(0) = 1. (29.3)

Zuerst wird das homogene Problem gelost, dazu stellt man die charakteristische Gleichungauf

s2 + 9 = 0 ; s1/2 = ±3j, (29.4)

woraus sich allgemein

yh(t) = c1e3jt + c2e

−3jt (29.5)

ergibt. Die partikulare Losung soll mit Hilfe einer Formel bestimmt werden, die sich ausdem Verfahren der Variation der Konstanten ergibt (siehe HM). Dazu setzt man denAnsatz fur die partikulare Losung

yp(t) = c1(t) e3jt + c2(t) e−3jt (29.6)

in das Gleichungssystem

c1(t)e3jt + c2(t)e

−3jt = 0

c1(t) e3jt · 3j + c2(t) e−3jt · (−3j) = u(t) = 1(29.7)

34

Seite 157 von 199

ein. Aufgelost nach c1(t) und c2(t) ergibt sich

c1(t) =1

6je−3jt

c2(t) = − 1

6je3jt

⇒

c1(t) =1

18e−3jt

c2(t) =1

18e3jt

(29.8)

Setzt man diese Losung in den Ansatz fur die partikulare Losung (29.6) ein, so resultiert

yp(t) =1

18+

1

18=

1

9. (29.9)

Fur die Gesamtlosung ergibt sich

y(t) = yh(t) + yp(t) = c1e3jt + c2e

−3jt +1

9. (29.10)

Unter Verwendung der AB bestimmen sich die Konstanten c1, c2 zu

y(0) = c1 + c2 +1

9= 0

y(0) = 3jc1 − 3jc2 = 1⇒

c1 = − 1

18+

1

6j

c2 = − 1

18− 1

6j

(29.11)

Damit ist die Gesamtlosung

y(t) = − 1

18(e3jt + e−3jt) +

1

6j(e3jt − e−3jt) +

1

9(29.12)

= −1

9

e3jt + e−3jt

2︸︷︷︸

cos 3t

+1

3

e3jt − e−3jt

2j︸︷︷︸

sin 3t

+1

9. (29.13)

y(t) =1

9(1 − cos 3t) +

1

3sin 3t (29.14)

b) Wahlt man die Zustandvariablen

x1(t) = y(t)x2(t) = y(t),

(29.15)

so ergibt sich

x1(t) = y(t) = x2(t)x2(t) = y(t) = −9y(t) + u(t) = −9x1(t) + u(t).

(29.16)

und damit die Zustandsraumdarstellung

[

x1

x2

]

=

[

0 1−9 0

]

︸︷︷︸

A

[

x1

x2

]

+

[

01

]

︸︷︷︸

B

u y =[

1 0]

︸︷︷︸

C

[

x1

x2

]

. (29.17)

Zur Losung der Differentialgleichung muß die Fundamentalmatrix eAt berechnet werden.Diese laßt sich durch den Satz von Caley-Hamilton darstellen als

eAt = µ0I + µ1A + · · · + µn−1An−1. (29.18)

35

Die unbekannten Parameter µk(k = 0, · · · (n − 1)) bestimmt man uber die n linearenGleichungen

eλit = µ0 + µ1λi + · · · + µn−1λn−1i i = 1, · · · , n. (29.19)

λi sind die Eigenwerte der Matrix A. Sie erfullen die charakteristische Gleichung

det(λI − A) = 0. (29.20)

Die Eigenwertgleichung fur diese Aufgabe lautet

det

([

λ 00 λ

]

−[

0 1−9 0

])

= λ2 + 9 = 0 (29.21)

und fuhrt auf folgendes konjugiert komplexes Eigenwertpaar:

λ1/2 = ±3j. (29.22)

Setzt man diese Eigenwerte in Gleichung (29.19) ein ergibt sich

e3jt = µ0 + 3jµ1

e−3jt = µ0 − 3jµ1(29.23)

und

µ0 =e3jt + e−3jt

2= cos 3t

µ1 =e3jt − e−3jt

6j=

1

3

e3jt − e−3jt

2j=

1

3sin 3t

(29.24)

Damit berechnet sich die Fundamentalmatrix zu

eAt = µ0I + µ1A = cos 3t · I +1

3sin 3t · A =

[

cos 3t 13 sin 3t

−3 sin 3t cos 3t

]

. (29.25)

Die Systemantwort y(t) laßt sich ausdrucken als

y(t) = CeAtx(0)︸︷︷︸

y1(t)

+

∫ t

0CeA(t−τ)Bu(τ)dτ

︸︷︷︸

y2(t)

(29.26)

wobei

x(0) =

[

x1(0)x2(0)

]

=

[

y(0)y(0)

]

=

[

01

]

(29.27)

die Anfangsbedingungen des Systems enthalt. Mit den Teillosungen

y1(t) =1

3sin 3t (29.28)

und

y2(t) =

∫ t

0

1

3sin 3(t − τ)h(τ)dτ (29.29)

=1

9cos 3(t − τ)

∣

∣

∣

∣

t

0

(29.30)

=1

9(1 − cos 3t) (29.31)

ergibt sich fur die Gesamtlosung

y(t) =1

9(1 − cos 3t) +

1

3sin 3t. (29.32)

36

Seite 158 von 199

c) Unter Verwendung der Differentiationsregel

L

y(t)

= s2 Y (s) − s y(0) − y(0) (29.33)

und den Laplace-Transformierten Y (s) und U(s) von y(t) und u(t), ergibt sich die Dar-stellung des Systems im Laplace-Bereich zu:

s2Y (s) − sy(0) − y(0) + 9Y (s) = U(s). (29.34)

Da wir nur am Ubertragungsverhalten interessiert sind, setzen wir die Anfangsbedingungenzu y(0) = y(0) = 0. Daraus folgt

(s2 + 9)Y (s) = U(s) (29.35)

und damit

G(s) =Y (s)

U(s)=

1

s2 + 9. (29.36)

Die Ubertragungsfunktion G(s) eines Systems ist die Laplace-Transformierte der Impul-santwort g(t) des Systems. Wird also ein System mit Ubertragungsfunktion G(s) durcheinen Impuls δ(t) angeregt, so ist die Laplace-Transformierte des Ausgangs y(t) (unterder Annahme von verschwindenden Anfangsbedingungen) gleich der Ubertragungsfunkti-on G(s).

d) Die Laplace-Transformation des Einheitssprungs u(t) = h(t) ergibt sich zu

L

u(t)

= L

h(t)

=1

s. (29.37)

Einsetzten in Gleichung (29.34) fuhrt auf

s2Y (s) − sy(0) − y(0) + 9Y (s) =1

s. (29.38)

Mit den Anfangsbedingungen y(0) = 0, y(0) = 1: ist die Losung im Laplace-Bereich

Y (s) =s + 1

s(s2 + 9). (29.39)

Die Sprungantwort berechnet sich dann durch Rucktransformation in den Zeitbereich.

erster Losungsweg

Die Pole von Y (s) sind

s1 = 0 s2,3 = ±3j. (29.40)

Unter Anwendung des Entwicklungssatzes mit

Y (s) =c1

s+

c2

s − 3j+

c3

s + 3j(29.41)

37

und

c1 =s + 1

s2 + 9

∣

∣

∣

∣

s=0

=1

9(29.42)

c2 =s + 1

s(s + 3j)

∣

∣

∣

∣

s=3j

= −1 + 3j

18(29.43)

c3 =s + 1

s(s − 3j)

∣

∣

∣

∣

s=−3j

= −1 − 3j

18(29.44)

ergibt sich die Losung zu

y(t) =1

9h(t) − 1 + 3j

18ej3t − 1 − 3j

18e−j3t (29.45)

=1

9h(t) − 1

9

ej3t + e−j3t

2︸︷︷︸

cos 3t

+1

3

ej3t − e−j3t

2j︸︷︷︸

sin 3t

. (29.46)

y(t) =1

9(h(t) − cos 3t) +

1

3sin 3t (29.47)

zweiter Losungsweg

Y (s) =s + 1

s︸︷︷︸

Y1(s)

1

s2 + 9︸︷︷︸

Y2(s)

(29.48)

Die Originalfunktion y1(t) ist

y1(t) = L−1

s + 1

s

= L−1

1 +1

s

= δ(t) + h(t). (29.49)

Mit Gleichung (22.6) folgt fur y2(t)

y2(t) = L−1

1

s2 + 9

=1

3L−1

3

s2 + 9

=1

3sin 3t. (29.50)

Die Sprungantwort y(t) kann dann uber das Faltungsintegral berechnet werden:

y(t) =

∫ t

0y1(t − τ) y2(τ)dτ =

∫ t

0y1(τ) y2(t − τ)dτ (29.51)

=1

3

∫ t

0(δ(τ) + h(τ)) sin 3(t − τ) dτ (29.52)

=1

3

∫ t

0δ(τ) sin 3(t − τ) dτ +

1

3

∫ t

0sin 3(t − τ) dτ (29.53)

=1

3sin 3t +

1

9cos 3(t − τ)

∣

∣

∣

∣

t

0

(29.54)

=1

3sin 3t +

1

9(1 − cos 3t). (29.55)

Anmerkung: drei Arten zur Darstellung eines Systems wurden veranschaulicht: die Darstel-lung als Differentialgleichung, als Ubertragungsfunktion und die Zustandsraumdarstellung.Jede dieser Darstellungsarten ist aquivalent und ermoglicht die Berechnung des Ausgangs-signals y(t) auf eine Anregung u(t) und mit gegebenen Anfangsbedingungen. Je nachSystem, Anregungs- und Darstellungsart fallen diese Berechnungen jedoch unterschiedlichkomplex aus.

38

Seite 159 von 199

e) Aus der Losung (29.36) kennt man das Ubertragungsverhalten

G(s) =1

s2 + 9→ Schwingungsfahiges PT2-Glied (ungedampft) (29.56)

und damit den Frequenzgang

G(jω) =1

9 − ω2.

1/9

G−Ebene

ImG(jω)

−∞ ω = 0 ∞

ReG(jω)ω → ∞ G(0) =

1

9=

1

96 0

limω→3−

G(jω) = + ∞ = ∞ 6 0

limω→3+

G(jω) = −∞ = ∞ 6 180

limω→∞

G(jω) =0− = 06 180

Aufgabe 30

a) Bode–Diagramm:

Da es sich um ein Phasenminimumsystem handelt, laßt sich der Phasengang in eindeutigerWeise aus dem Amplitudengang entwickeln. Dazu zeichnet man fur die Abschnitte, indenen der Amplitudengang die Steigung k : 1 hat, im Phasengang eine konstante Phasevon k π

2 ein, siehe Abb. 4.

b) Frequenzgang:

Die allgemeine Vorgehensweise ist auf dem Hilfsblatt zur Vorlesung dargestellt. Dieses Ver-fahren soll jetzt auf die Aufgabenstellung angewendet werden.Wie man aus dem Amplitudengang entnimmt, handelt es sich beim ersten Ubertragungs-glied um ein I–Glied. Die Gleichung fur seinen Amplitudengang lautet:

A1(ω) =K

ω

Um die Konstante K zu bestimmen, sucht man sich z.B. den Schnittpunkt des Amplitu-denganges mit der Ordinate aus und liest den zugehorigen Ordinatenwert ab:

A1(ω = 0.1) = 400 → K

0.1= 400

Damit erhalt manK = 40

Die restlichen Glieder sind PD– und PT1–Glieder. Ihr Verstarkungsfaktor ist jeweils eins.Damit lautet der Frequenzgang

G(jω) =40

jω

(

1 + jω

0.2

)(

1 + jω

0.5

) 1(

1 + j ω1.0

)

1(

1 + j ω2.0

)

1(

1 + j ω5.0

) (30.1)

39

6A(ω)

40

100

200

400

800

-ω

0.1 0.2 0.5 1.0 2.0 5.0 10.0

@@

@@

@@

1:1

@

@@

@@

@

1:1

AAAAAAAAAA

2:1

6

−π

−π2

0

π2

ϕ(ω)

-ω

Abbildung 4: Asymptotischer Verlauf des Bodediagramms.

Somit ergibt sich fur G(jω)

G(jω) =40(1 + j7ω − 10ω2)

jω(1 + j1.7ω − 0.8ω2 − j0.1ω3)(30.2)

c) Differentialgleichung:

Die Differentialgleichung kann man aus der Ubertragungsfunktion G(s) uber die Beziehung

Xa(s) = G(s)Xe(s) (30.3)

erhalten. Um vom Frequenzgang auf die Ubertragungsfunktion zu kommen, schreibt manG(jω) mit Potenzen von jω

G(jω) =40(1 + 7jω + 10(jω)2)

jω(1 + 1.7jω + 0.8(jω)2 + 0.1(jω)3)(30.4)

und setzt anschließend s = jω

G(s) =40(1 + 7s + 10s2)

s(1 + 1.7s + 0.8s2 + 0.1s3)(30.5)

=280 + 40

s+ 400s

1 + 1.7s + 0.8s2 + 0.1s3(30.6)

40

Seite 160 von 199

Mit den Beziehungen (30.3) und (30.5) gilt weiter

s(1 + 1.7s + 0.8s2 + 0.1s3)Xa(s) =(

280s + 40 + 400s2)

Xe(s) (30.7)

Nach der Laplace–Rucktransformation erhalt man das Ergebnis

0.1x(4)a (t) + 0.8x(3)

a (t) + 1.7xa(t) + xa(t) = 280xe(t) + 40xe(t) + 400xe(t) (30.8)

mit den Anfangsbedingungen

x(3)a (0) = xa(0) = xa(0) = xa(0) = 0 xe(0) = xe(0) = 0 (30.9)

Schreibt man Gleichung (30.8) als

0.1...x a(t) + 0.8xa(t) + 1.7xa(t) + xa(t) = 280xe(t) + 40

t∫

0

xe(τ) dτ + 400xe(t), (30.10)

so kann man das Ubertragungsverhalten als das eines PIDT3–Gliedes interpretieren.

d) Pole und Nullstellen:

Die gewunschte Information kann direkt aus Gl. (30.1) abgelesen werden. Man erhalt diePole

s1 = 0 s2 = −1 s3 = −2 s4 = −5, (30.11)

die Nullstellen

s1 = −0.2 s2 = −0.5 (30.12)

sowie den Verstarkungsfaktor V = 40. Das Pol-/Nullstellendiagramm ist in Abb. 5 darge-stellt.

Re

Im s

-5 -1

Abbildung 5: Pol-/Nullstellendiagramm.

Bemerkung: Der Verstarkungsfaktor V ist nicht zu verwechseln mit der stationarenVerstarkung G(0)!

Aufgabe 31

a) Gesucht ist die stationare Losung ω = ωs = const. fur

mw = αw + w2Fprop(η). (31.1)

41

Setzt man diese in die Differentialgleichung (31.1) ein so ergibt sich

mws = αws + w2sβ

(

0.01ns

ws

ns

ws

− 1

)

. (31.2)

Die zeitlichen Ableitungen ws sind identisch 0, da ws = const. Die Bestimmungsgleichungfur die stationare Losung ws ist damit

w2sβ(0.01

ns

ws

ns

ws

− 1) = 0. (31.3)

Mit ns = 10 > 0 ist Gleichung (31.3) identisch mit

0.01n2ssign(ws) = w2

s . (31.4)

Da 0.01n2s > 0 und w2

s > 0 (ws = 0 ist physikalisch nicht sinnvoll) ist sign(ws) > 0 unddamit ws > 0. Daraus folgt sofort

0.1ns = ws. (31.5)

Die gesuchte stationare Geschwindigkeit ws bei einer Propellerdrehzahl ns = 10 ist damit

ws = 1 (31.6)

b) Fur die Linearisierung um ws = 2, ns = 20 mit m−αβ

= 1 gilt

w = ws + ∆w n = ns + ∆n w = ∆w + ws︸︷︷︸

=0

= ∆w, (31.7)

wobei ∆w, ∆n, ∆w kleine Abweichungen von der Ruhelage darstellen. Fur hinreichendkleine ∆w, ∆n gilt n

w> 0. Mit Gleichung (31.1) folgt unmittelbar

m − α

βw = w2(0.01

n2

w2− 1) (31.8)

und damit die zu linearisierende Gleichung

w = 0.01n2 − w2. (31.9)

Schreibt man Gleichung (31.9) als

f(n,w, ω) = 0.01n2 − w2 − w = 0, (31.10)

so ist die linearisierte Gleichung gegeben durch

0 = f(ns, ws, ws)︸︷︷︸

=0

+

(

∂f

∂n,∂f

∂w,∂f

∂w

)

s

∆n∆w∆w

= 0.02ns∆n − 2ws∆w − ∆w, (31.11)

und damit

∆w = 0.4∆n − 4∆w (31.12)

Die Ubertragungsfunktion ist also (gewonnen durch Laplace-Transformation)

Gw(s) =∆W (s)

∆N(s)=

0.4

s + 4(31.13)

Es handelt sich um ein PT1 System.

42

Seite 161 von 199

c) Fur minimalphasige (keine Nullstellen in der rechten Halbebene), stabile (keine Pole in derrechten Halbebene) Systeme besteht ein direkter Zusammenhang zwischen Amplituden-und Phasenverlauf. Zur Rekonstruktion liest man zweckmaßigerweise zuerst die Eckfre-quenzen des Amplitudenverlaufs

ω1 = 10−2 ω2 = 100 ω3 = 101, (31.14)

ab. Der Naherungstreppenzug des Phasengangs ist dann direkt an die Steigungen derGeradenstucke der Asymptoten des Amplitudenverlaufs gekoppelt. Zu einer Steigung vonk[20dB/Dekade] gehort ein Phasenwinkel von k π

2 . Abbildung 6 zeigt den resultierendenPhasenverlauf.

10−3

10−2

10−1

100

101

102

−3

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0

ω

phi

Abbildung 6: Naherungstreppenzug des Phasengangs

d) Aus den Eckfrequenzen ergibt sich (unter der Annahme (und nur dann), daß keine Nullstel-len oder Pole in der rechten Halbebene auftreten) eindeutig die Pol-/Nullstellenverteilungder Ubertrafungsfunktion Gv(s). Eine Abnahme der Steigung des Amplitudenverlaufs um20dB/Dekade an einer Eckfrequenz ωi zeigt dabei einen Pol bei −ωi, eine Zunahme um20dB/Dekade eine Nullstelle bei −ωi an. Aus (31.14) ergibt sich damit

ω1 =10−2 ⇒ Pol bei − 1

100

ω2 = 100 ⇒ Pol bei −1

ω3 = 101 ⇒ Nullstelle bei −10.

Durch die horizontale Anfangsgerade kann die stationare Verstarkung direkt abgelesenwerden:

Gv(s) → 10 fur s = jω → 0. (31.15)

Damit ist die Ubertragungsfunktion

Gv(s) = 101 − s

−10

(1 − s

−1

100

) · (1 − s−1)

=10 + s

(1 + s) · (1 + 100s). (31.16)

43

e) Nein, beispielsweise ein “instabiler Allpaßanteil” s+αs−α

, α > 0 der Strecke ware im Am-

plitudengang nicht ersichtlich, da

jω+αjω−α

= 1. Allein aus der Betrachtung des Amplitu-

dengangs kann daher nicht auf die Stabilitat geschlossen werden.

f) Gesucht ist der Verlauf von x(t) fur δ(t) = h(t) (Sprungantwort Lh(t) = 1s). Die Grenz-

wertsatze der Laplacetransformation ergeben

x(0) = lims→∞

s · 1

sGv(s) = 0

x(0) = lims→∞

s2 · 1

sGv(s) =

1

100

limt→∞

x(t) = lims→0

s · 1

sGv(s) = 10.

Abbildung 7 zeigt diese Sprungantwort.

0 100 200 300 400 500 6000

2

4

6

8

10

t

x

0 1 20

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

0.14

t

x

Abbildung 7: Sprungantwort von Gv .

g) Das System enthalt einen Allpaßanteil der Form

A(s) =s − γ

s + γ, γ > 0, (31.17)

dieser tritt im Amplitudenverlauf nicht in Erscheinung, da |A(jω)| = 1. Die Ubertragungs-funktion ist z.B.

Gv =(s + 10) · (s − γ)

(100s2 + 101s + 1) · (s + γ). (31.18)

h) Eine einfache Moglichkeit zur Uberprufung stellt die Beiwertebedingung dar. Das Zahler-polynom

1︸︷︷︸

a4

s4 + 3︸︷︷︸

a3

s3 + 1︸︷︷︸

a2

s2 + 2︸︷︷︸

a1

s + 1︸︷︷︸

a0

= 0 (31.19)

hat genau dann nur Nullstellen in der linken Halbebene, wenn die Vorzeichenbedingungerfullt ist (ai > 0) und zusatzlich die Beiwertebedingung

a4a21 + a0a

23 − a1a2a3 < 0 (31.20)

44

Seite 162 von 199

fur Polynome 4. Ordnung gilt. Einsetzen der Koeffizienten ai in Gleichung (31.20) ergibt

4 + 9 − 6 = 7 > 0. (31.21)

Die Beiwertebedingung ist somit nicht erfullt. Das Zahlerpolynom (und damit die Ubert-ragungsfunktion) hat also eine Nullstelle in der rechten Halbebene. Das System ist nichtminimalphasig.

Aufgabe 32

a) Laplace Transformation von

T 22

d2y

dt2+ T1

dy

dt+ y = u (32.1)

ergibt unter der Voraussetzung vernachlassigbarer Anfangsbedingungen

(T 22 s2 + T1s + 1)Y = U. (32.2)

Damit berechnet sich die Ubertragungsfunktion zu

G1(s) =Y (s)

U(s)=

1

T 22 s2 + T1s + 1

=1

1 + 2 Dω0

s + 1ω2

0

s2=

1

N(s). (32.3)

b) Der Amplitudengang von 1N(s) ergibt sich aus Gleichung (32.3) zu

1

N(jω)

=

1

1 − ω2

ω2

0

+ jω 2Dω0

=1

|1 − ω2

ω2

0

+ jω 2Dω0

|. (32.4)

Der Maximalwert von

1N(jω)

laßt sich leicht uber die Minimierung von

|N(jω)|2 =

(

1 − ω2

ω20

)2

+ ω2 4D2

ω20

= 1 + (4D2 − 2)ω2

ω20

+ω4

ω40

(32.5)

berechnen. Ableiten von Gleichung (32.5) nach der Kreisfrequenz ω ergibt

d|N(jω)|2dω

= 4ω

(

(2D2 − 1)1

ω20

+ω2

ω40

)

. (32.6)

Extrema treten auf fur d|N(jω)|2

dω= 0. Außerdem sind die Randwerte ω → 0 und ω →

∞ zu untersuchen. Große ω (ω 1) mussen fur die Suche nach einem Minimum nicht

weiter in Betracht gezogen werden, da gilt |N(jω)| → ∞. d|N(jω)|2

dω= 0 ergibt die beiden

Losungsmoglichkeiten

ω = 0 und ω = ω0

√

1 − 2D2 mit D ≤ 1√2.

Eine getrennte Untersuchung des linken Randwerts ω = 0 ist somit ebenfalls nicht erfor-derlich. Es bleibt zu entscheiden, welcher dieser beiden Werte das Minimum reprasentiert.

erster Weg

45

Mit

d2|N(jω)|2dω2

= 4(2D2 − 1)1

ω20

+ 12ω2

ω40

(32.7)

folgt

d2|N(jω)|2dω2

=

4(2D2 − 1) 1ω2

0

< 0 fur D < 1√

2

≥ 0 fur D ≥ 1√

2

und ω = 0

8ω2

0

(1 − 2D2) > 0 fur D < 1√

2und ω = ω0

√1 − 2D2

(32.8)

Eine negative zweite Ableitung deutet auf ein Maximum, eine positive auf ein Minimumhin. Daraus ergibt sich, daß |N(jω)| sein Minimum bei ω = 0 fur D ≥ 1

√

2und bei

ω = ω0

√1 − 2D2 fur D < 1

√

2annimmt.

zweiter Weg

Es ist anschaulich klar, daß bei einer kontinuierlichen Funktion wie |N(jω)|2 Maxima undMinima immer abwechselnd voneinander auftreten mussen. Da |N(jω)|2 → ∞ fur ω → ∞muß sich an der Stelle ω = ω0

√1 − 2D2, D < 1

√

2ein Minimum befinden. Fur D ≥ 1

√

2ergibt sich dann das Minimum bei ω = 0.

Der Maximalwert des Amplitudengangs von 1N(s) ergibt sich damit zu

1

|N(0)| = 1 fur D ≥ 1√2

bei ω = 0 (32.9)

1

|N(jω0

√1 − 2D2)|

=1

2D√

1 − D2fur D <

1√2

bei ω = ω0

√

1 − 2D2.

(32.10)

An der Stelle ω = ω0 (der Kreisfrequenz des ungedampften Systems) erhalt man fur denAmplitudengang mit Hilfe von Gleichung (32.4)

1

N(jω0)

=1

|1 − 1 + j2D| =1

2D. (32.11)

c) Damit das Maximum des Amplitudengangs genau an der Kreisfrequenz ω0 des ungedampf-ten Systems liegt, muß gelten

ω = ω0, (32.12)

und damit

ω0 = ω0

√

1 − 2D2. (32.13)

Es ist sofort klar, daß Gleichung (32.13) nur fur D = 0, also fur das ungedampfte System,erfullt ist. Nur dann befindet sich das Maximum exakt bei ω = ω0. Fur hinreichend kleineWerte der Dampfung D ist dies lediglich eine gute Naherung; und je großer die DampfungD desto naher liegt das Maximum des Amplitudengangs bei ω = 0.

Fur den ungedampften Fall D = 0 liest man aus Gleichung (32.10) eine unendliche Am-plitude ab, d.h.

1

N(ω)→ ∞ fur D → 0. (32.14)

46

Seite 163 von 199

Wird das ungedampfte System mit einer harmonischen Schwingung der Frequenz ω = ω0

angeregt, so kommt es zu einer unendlichen Verstarkung: eine Resonanzkatastrophe. Beischwach gedampften Systemen D 1 wird dementsprechend eine große Verstarkung zubeobachten sein.

Das inverse System(

1N(s)

)

−1= N(s) (Achtung: physikalisch so nicht realisierbar) besitzt

dementsprechend an dieser Stelle ein Minimum der Verstarkung.

d) Die linke Spalte von Abbildung 8 zeigt die Bode-Diagramme fur 1N(s) .

1N(s) ist ein PT2

System mit Verstarkungsfaktor 1. Wie in der Vorlesung besprochen zeichnet man zurSkizzierung des Amplitudenverlaufs des Bode-Diagramms dessen Asymptoten ein: einehorizontale Asymptote bei 0 dB (= Verstarkungsfaktor) bis zur Eckfrequenz ω0 = 10,und eine um 40 dB/Dekade abfallende Gerade, die die horizontale Asymptote bei ω =ω0 = 10 schneidet. Die Phase an dieser Stelle betragt −π

2 , unabhangig von der DampfungD. Die Verlaufe des Amplitudengangs fur unterschiedliche Dampfungen D ergeben sichaus den Uberlegungen der vorherigen Teilaufgaben. So fuhrt D = 0 zu einer unendlichenVerstarkung bei ω = ω0 und D = 0.25 fuhrt zu einem Maximum links von ω0. D = 1fuhrt zu einem Maximum bei ω = 0: es existiert hier kein Maximum “in der Nahe” vonω0. Die Funktionswerte des Amplitudenverlaufs fur ω ∈ ω0, ω konnen mit Hilfe derGleichungen (32.9, 32.10, 32.11) leicht ausgerechnet werden und ergeben sich zu

D = 0 :

1

N(jω0)

→ ∞

D =0.25 :

1

N(jω0)

= 2

1

N(jω)

=1

0.5√

1 − 116

≈ 2.07

D = 1 :

1

N(0)

= 1.

Mit

1

N(jω)=

1

1 − ω2

ω2

0

+ j2D ωω0

, (32.15)

erhalt man fur den Phasenwinkel

φ = arc

(

1

N(jω)

)

= arc

1

1 − ω2

ω2

0

+ jω 2Dω0

= − arctan

2D

ω0

ω

1 − ω2

ω2

0

. (32.16)

Dieser durchlauft fur ω ∈ [0,∞) die Winkel [0,−π). Wie man aus Gleichung (32.16) siehtist der Ubergang um so sanfter, je großer D ist. Fur sehr kleine Werte von D (D ≈ 0)nahert sich der Verlauf einem Sprung von 0 auf −π an der Stelle ω = ω0.

e) Aus der Vorlesung ist bekannt:

lg|G−1(jω)| = lg(|G(jω)|−1) = −lg|G(jω)| (32.17)

arc(

G−1(jω))

= −arc (G(jω)) . (32.18)

Damit ergibt sich der Amplitudenverlauf (der Phasenverlauf) des invertierten SystemsN(s) einfach durch Spiegelung des Amplitudenverlaufs (Phasenverlaufs) von 1

N(s) an der

0 dB Linie (der 0 Grad Linie). Die rechte Spalte von Abbildung 8 zeigt die Bode-Diagrammefur N(s). Man sieht, daß fur hinreichend kleine Werte von D, Frequenzen in der Nahe von

47

100

101

102

−40

−20

0

20

40

|1/N

(jω)|

[dB

]

D = 0 D = 0.25D = 1

100

101

102

−200

−150

−100

−50

0

φ [G

rad]

ω

100

101

102

−40

−20

0

20

40

|N(jω

)| [d

B]

100

101

102

0

50

100

150

200

ω

φ [G

rad]

Abbildung 8: Bode-Diagramme fur N(s) (rechte Spalte) und 1/N(s) (linke Spalte); Auswirkungder Dampfung D.

ω0 unterdruckt werden (rein qualitativ erkennt man so einen Zusammenhang zwischenden konjugiert komplexen Nullstellen eines Systems, die ja in diesem Fall uber D und ω0

bestimmt sind, und der Frequenz der harmonischen Schwingung, die unterdruckt wird).

f) Der Frequenzgang von

Z(s) = 1 +2D

ω0s (32.19)

ergibt sich zu

Z(jω) = 1 +2D

ω0jω. (32.20)

Es handelt sich um ein PD-Glied mit Eckfrequenz ωz = ω0

2D. Setzt man ω0 = 10 und

D = 14 so ergibt sich die Eckfrequenz zu ωz = 20. Amplituden- und Phasenverlauf lassen

sich dann wie in der Vorlesung besprochen mit Hilfe der Asymptoten zeichnen. Fur dasPD-Glied ergibt sich im Amplitudenverlauf somit eine horizontale Gerade bei 0 dB biszur Eckfrequenz ωz = 20, danach steigt die Asymptote mit 20 dB pro Dekade an. Der

48

Seite 164 von 199

Phasenverlauf weist eine Phasendrehung von π2 bei ωz = 20 auf und nahert sich fur große

Frequenzen φ = π2 . Die linke Spalte von Abbildung 9 zeigt diese Verlaufe.

g) Durch die logarithmische Darstellung des Amplitudenverlaufs im Bode-Diagramm ergibtsich der Amplitudenverlauf des Produktes zweier Ubertragungsfunktionen als Summe dereinzelnen Amplitudenverlaufe:

lg (|G(jω)|) = lg

(

|Z(jω)| · 1

|N(jω)|

)

= lg (|Z(jω)|) + lg

(

1

|N(jω)|

)

. (32.21)

Die Phasenverlaufe addieren sich ebenfalls:

arc (G(jω)) = arc (Z(jω)) + arc

(

1

N(jω)

)

. (32.22)

Dementsprechend ergibt sich das Bode-Diagramm fur das Gesamtsystem G(s) durch Ad-dition der bereits bekannten Bode-Diagramme fur Z(s) und fur 1

N(s) . Selbstverstandlich

ist auch eine direkte Naherungsdarstellung (ohne Addition der Bode-Diagramme der Teil-systeme) uber die Asymptoten und die Eckfrequenzen des Gesamtsystems moglich. Dierechte Spalte von Abbildung 9 zeigt dieses Ergebnis.

Aufgabe 33

a) Achtung: die Unteraufgaben 2) und 3) beziehen sich auf 1 + G(s)K(s) und nicht aufG(s)K(s).

Referenzpunkt Phasendrehung m0 a0 Stabilitat des geschlossenen Kreises?

1) (-1, 0) π/2 0 1 ja2) (0, 0) 0 2 0 nein3) (0, 0) π 1 0 ja

b) Da m0 = 0 und a0 = 0, ist die Bedingung fur Stabilitat des geschlossenen Kreises eine Pha-sendrehung von 0 um den Referenzpunkt (-1, 0). Dies ist erfullt, wenn der Referenzpunktzwischen den Punkten b und c oder links von a auf der negativen reellen Achse liegt.

c) 1) Die Beziehungen zwischen den Parametern erhalt man am einfachsten durch uber-prufen der Phasendrehung des offenen Kreises. Daraus ergibt sich:

argG(jω)K(jω) = argT2jω + 1 − argT1jω + 1 − π (33.1)

= arctan T2ω − arctan T1ω − π (33.2)

> −π ∀ω fur T2 > T1 ⇒ Verlauf III= −π ∀ω fur T2 = T1 ⇒ Verlauf II< −π ∀ω fur T2 < T1 ⇒ Verlauf I

(33.3)

2) Aus der Ubertragungsfunktion des offenen Kreises liest man ab: a0 = 2. Damit istdie Bedingung fur Stabilitat des geschlossenen Kreises eine Phasendrehung von π umden Referenzpunkt (-1, 0). Dies ist fur den Verlauf III der Fall. Der Regelkreis ist alsostabil fur T2 > T1.

Aufgabe 34

49

100

101

102

−40

−20

0

20

40

|Z(jω

)| [d

B]

100

101

102

0

50

100

150

200

φ [G

rad]

ω

100

101

102

−40

−20

0

20

40

|G(jω

)| [d

B]

100

101

102

−200

−150

−100

−50

0

φ [G

rad]

ω

Abbildung 9: Bode-Diagramme fur Z(s) (linke Spalte) und das Gesamtsystem G(s) (rechteSpalte).

a) Die Ubertragungsfunktion des offenen Regelkreises ergibt sich zu

G0(s) = G(s)K(s) =1

s − 2

k(s − 2)

s=

k

s. (34.1)

Entscheidend fur die Stabilitat des geschlossenen Kreises sind die Nullstellen der charak-teristischen Gleichung 1 + G0(s) = 0. Mit

1 + G0(s) = 0 ⇒ s + k = 0 (34.2)

ergibt sich s = −k < 0 und damit ein stabiles Systemverhalten des geschlossenen Krei-ses. Berechnet man jedoch die Ubertragungsfunktion zwischen Eingangsstorung Z(s) undAusgang Y (s) ergibt sich

Y (s)

Z(s)=

G(s)

1 + G0(s)=

1

s − 2

1

1 + ks

=s

(s − 2)(s + k). (34.3)

Gleichung (34.3) zeigt, daß der instabile Pol s = 2 nicht beseitigt worden ist. Der geschlos-sene Regelkreis wurde durch die “Kurzung” des instabilen Pols intern instabil (siehe auchBeispiel aus der Vorlesung). Pole in der rechten Halbebene durfen nicht gekurzt werden!

50

Seite 165 von 199

b) Es handelt sich um PDT1-Verhalten (siehe Vorlesung zur Nomenklatur des Ubertragungs-verhaltens).

c) Mit K1(s) =k(s + 1)

s + 2folgt fur die Ubertragungsfunktion des offenen Kreises

G0(s) = G(s)K1(s) =k(s + 1)

(s + 2)(s − 2). (34.4)

Die Stabilitat des geschlossenen Kreises laßt sich leicht mit der Vorzeichenbedingung uber-prufen. Die charakteristische Gleichung 1 + G0(s) = 0 fuhrt auf

1 +k(s + 1)

(s + 2)(s − 2)= 0 ⇒ s2 + ks + k − 4 = 0. (34.5)

Die Vorzeichenbedingung ergibt damit die folgenden Bedingungen fur die Stabilitat desgeschlossenen Kreises:

k > 0k − 4 > 0

⇒ k > 4 (34.6)

d) Die Ubertragungsfunktion zwischen Fuhrungsgroße W (s) und Augangsgroße Y (s) ent-spricht der komplementaren Sensitivitat T (s) und laßt sich durch

Y (s)

W (s)= T (s) =

G0(s)

1 + G0(s)=

8(s + 1)

s2 + 8s + 4(34.7)

ausdrucken. Mit W (s) =1

sund Partialbruchzerlegung folgt

Y (s) = T (s)W (s) =8(s + 1)

s(s2 + 8s + 4)=

2

s− 1

s + 0.536− 1

s + 7.464. (34.8)

Laplace-Rucktransformation von (34.8) ergibt dann

y(t) = L−1Y (s) = 2 − e−0.536t − e−7.464t (34.9)

den Verlauf der Ausgangsgroße fur den geschlossenen Regelkreis (siehe Abbildung 10).

e) Der Regler hat PI-Verhalten. Man sieht dies durch Umschreiben der Reglerfunktion:K2(s) = k + k 1

s

f) Mit K2(s) =k(s + 1)

sergibt sich die Ubertragungsfunktion des offenen Kreises zu

G0(s) = G(s)K2(s) =k(s + 1)

s(s − 2). (34.10)

Um die Stabilitat des geschlossenen Kreise mit Hilfe des Nyquist-Kriteriums zu uberprufenmuß zunachst der Verlauf des Frequenzgangs G0(jω) in der komplexen Ebene bestimmtwerden. Diesen spaltet man sinnvollerweise in Real- und Imaginarteil auf:

G0(jω) =k(jω + 1)

jω(jω − 2)= −k(jω + 1)

ω2 + j2ω(34.11)

= − 3k

ω2 + 4− j

k(ω2 − 2)

ω3 + 4ω, (34.12)

51

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

0 5 10 150

0.5

1

1.5

2

Abbildung 10:

und bestimmt Anfangs- und Endwerte:

ReG0(0) = −3

4k ImG0(jω) → +∞ fur ω → 0 (34.13)

limω→∞

ReG0(jω) = 0− limω→∞

ImG0(jω) = 0−. (34.14)

Entscheidend fur die Stabilitatsuntersuchung sind Schnittpunkte mit der reellen Achse. Indiesem Fall gibt es genau einen Schnittpunkt. Er ergibt sich zu

ImG0(jω1 = 0 ⇒ ω21 = 2 (34.15)

ReG0(jω1) = −k

2. (34.16)

Das resultierende Nyquist-Diagramm zeigt Abbildung 11. Die Ubertragungsfunkti-

Re

Im

−k/2

A O

GK(jω)

ω → ∞

Abbildung 11:

on (34.10) weist einen Pol auf der imaginaren Achse (s = 0 ⇒ a0 = 1) und eineninstabilen Pol in der rechten Halbebene (s = 2 ⇒ m0 = 1) auf. Damit der geschlossene

Regelkreis stabil ist muß die Phasendrehung bezuglich des Referenzpunktes (-1, 0)3

2π

betragen. D.h. (-1, 0) muß zwischen dem Punkt A und dem Ursprung liegen. Aus dieser

52

Seite 166 von 199

Bedingung laßt sich folgern:

−k

2< −1 ⇒ k > 2 (34.17)

g) Mit k = 8, laßt sich die Ubertragungsfunktion des offenen Kreises als

G0(s) = G(s)K(s) =8(s + 1)

s(s − 2)(34.18)

ausdrucken.

Amplitudenreserve:

Aus Abbildung 11 erhalt man |OA| =k

2= 4. Daraus berechnet sich die Amplitudenreserve

direkt zu

ar =1

|OA| = 0.25. (34.19)

Phasenreserve:

Zuerst ist diejenige Frequenz ω1 zu bestimmen, bei welcher die Amplitude von G0(jω)genau eins betragt:

∣

∣

∣

∣

8(jω1 + 1)

jω1(jω1 − 2)

∣

∣

∣

∣

=8|jω1 + 1|

|jω1 − 2||jω1|=

8√

ω21 + 1

ω1

√

ω21 + 4

!= 1 (34.20)

ω41 − 60ω2

1 − 64 = 0 ⇒ ω21 =

60 ±√

602 + 256

2= 61.0483 (34.21)

(nur ω21 > 0 macht Sinn) (34.22)

⇒ ω1 = 7.8133 rad/s. (34.23)

Damit laßt sich der Phasenwinkel des offenen Regelkreises fur ω1 leicht ausrechnen. Esergibt sich:

argG0(jω1) = argjω1 + 1 − argjω1 − 2 − π/2 (34.24)

= arctan ω1 − (π − arctanω1

2) − π/2 ≈ −1.9487 rad. (34.25)

Phasenreserve : γr = arcG0(jω1) + π ≈ 1.193 rad ≈ 68.4. (34.26)

h) Die Ubertragungsfunktion zwischen Fuhrungsgroße W (s) und Ausgangsgroße Y (s) istdurch die komplementare Sensitivitat T (s) folgendermaßen gegeben:

Y (s)

W (s)= T (s) =

G0(s)

1 + G0(s)(34.27)

Setzt man Gleichung (34.18) in Gleichung (34.27) ein, so erhalt man

Y (s) = T (s)W (s) =8(s + 1)

s(s + 2)(s + 4)=

1

s+

2

s + 2− 3

s + 4. (34.28)

53

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

0 1 2 3 4 5 6 7 80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Abbildung 12:

Nach Laplace-Rucktransformation ergibt sich der Zeitverlauf des Ausgangssignals zu (sieheAbbildung 12)

y(t) = L−1Y (s) = 1 + 2e−2t − 3e−4t (34.29)

i) Die Teilaufgaben d) und h) behandeln die Systemantwort y(t) auf einen Einheitssprung

als Fuhrungsgroße w(t) fur zwei unterschiedliche Regler. Regler K1(s) =k(s + 1)

s + 2erreicht

den stationaren Wert 2 fur den Ausgang y und fuhrt damit zu einer stationaren Regel-

abweichung von 1. Verwendet man jedoch den Regler K2(s) =k(s + 1)

saus Teilaufgabe

h) so stellt man fest, daß dieser tatsachlich zu einem stationaren Wert von limt→∞

y(t) = 1

fuhrt und damit keine bleibende Regelabweichung auftritt. Begrunden laßt sich dies durchden I-Anteil des Reglers K2(s). Dieser ermoglicht das Ausregeln eines sprungformigen Ein-gangssignals ohne bleibende Regelabweichung (vergleiche Vorlesung).

Aufgabe 35

a) Fur die Sensitivitat S und die komplementare Sensitivitat T gilt folgender Zusammenhang:

S(jω) + T (jω) = 1 ∀ω. (35.1)

Daraus ergibt sich

∣

∣S(jω) + T (jω)∣

∣

︸︷︷︸

1

≤∣

∣S(jω)∣

∣ +∣

∣T (jω)∣

∣, (35.2)

und damit

∣

∣S(jω)∣

∣ +∣

∣T (jω)∣

∣ ≥ 1 (35.3)

Die Summe der Amplituden der Sensitivitat S und der komplementaren Sensitivitat Tmuß also immer (fur alle Frequenzen ω) großer oder gleich eins sein.

54

Seite 167 von 199

1) Aus dem Bode-Diagramm liest man ab

20 log∣

∣S(jω)∣

∣ ≤ −20 ∀ω ⇒∣

∣S(jω)∣

∣ ≤ 0.1 (35.4)

20 log∣

∣T (jω)∣

∣ ≤ −20 ∀ω ⇒∣

∣T (jω)∣

∣ ≤ 0.1. (35.5)

Damit ergibt sich:

∣

∣S(jω)∣

∣ +∣

∣T (jω)∣

∣ ≤ 0.2 ∀ω (35.6)

Dies widerspricht Forderung (35.3). Solch ein System kann also nicht existieren.

2) Am Schnittpunkt der Kurven fur die Sensitivitat S und die komplementare Sensiti-vitat T im Bode-Diagramm laßt sich ablesen (ω∗: Kreisfrequenz am Schnittpunkt):

20 log∣

∣S(jω∗)∣

∣ = −20 ⇒∣

∣S(jω∗)∣

∣ = 0.1 (35.7)

20 log∣

∣T (jω∗)∣

∣ = −20 ⇒∣

∣T (jω∗)∣

∣ = 0.1 (35.8)

∣

∣S(jω∗)∣

∣+∣

∣T (jω∗)∣

∣ = 0.2 (35.9)

Dies widerspricht wiederum Forderung (35.3), die ja fur alle Frequenzen ω (also auchfur ω∗) erfullt sein soll. Dieses System existiert damit ebenfalls nicht.

b) 1) Formt man das System wie in Abbildung 13 um, so ergibt sich die Ubertragungsfunk-

G(s)

G(s)

y

−

+wK(s)

z

++

Abbildung 13:

tion von Z(s) nach Y (s) mit Hilfe der Sensitivitat S(s) zu

Y (s) = G(s)S(s)Z(s). (35.10)

Mit z(t) = A sin ω∗t folgt (siehe Vorlesung)

y(t) = |G(jω∗)S(jω∗)|A sin(

ω∗t + arcS(jω∗)G(jω∗))

(35.11)

= |G(jω∗)| |S(jω∗)|A sin(

ω∗t + arcS(jω∗) + arcG(jω∗))

. (35.12)

Mit G(s) = 5 (und damit arcG(jω) = 0), A = 2 und ω∗ = 1 resultiert

y(t) = 10 |S(j1)| sin(t + arcS(j1)). (35.13)

Die Werte |S(j1)| und arcS(j1) lassen sich leicht aus dem Bode-Diagramm ablesenund ergeben sich zu

20 log |S(j1)| ≈ −13.4dB und arcS(j1) ≈ 62.6 ≈ 1.0926 rad. (35.14)

Mit |S(j1)| ≈ 0.2138 und Gleichung (35.13) ergibt sich schließlich das gesuchte Er-gebnis

y(t) = 2.138 sin(t + 1.0926) (35.15)

55

2) Der Regelfehler ist e(t) = w(t) − y(t). Die Auswirkung der Fuhrungsgroße W (s) aufden Regelfehler E(s) ergibt sich uber die Sensitivitat S(s) zu

E(s) = S(s)W (s). (35.16)

Die bleibende Regelabweichung eb auf einen Einheitssprung der Furungsgroße w(t)laßt sich damit durch

eb = limt→∞

e(t) = lims→0

sE(s) = lims→0

sS(s)1

s= lim

s→0S(s) (35.17)

berechnen. Die Sensitivitat auf eine konstante Anregung (S(0), Kreisfrequenz ω =0) gibt damit direkt die bleibende Regelabweichung auf einen Einheitssprung derFuhrungsgroße w(t) an. Man liest fur kleine Frequenzen aus dem Bode-Diagrammnaherungsweise |S(jω)| ≈ −17.6 dB ab. Dieser Wert ist offensichtlich ungleich null:Der geschlossene Regelkreis wird eine bleibende Regelabweichung aufweisen.

Aufgabe 36

• Bestimmung der Ubertragungsfunktionen Geη(s) und Gez(s):

y(s) = [−η(s) − y(s)]K(s)G(s) + w(s)G(s) + z(s)

→ y(s) =1

1 + G(s)K(s)(−G(s)K(s)η(s) + z(s) + G(s)w(s))

→ e(s) = w(s) − y(s) =G(s)K(s)η(s) − z(s) + [1 + G(s)K(s) − G(s)]w(s)

1 + G(s)K(s)

→ Geη(s) =e(s)

η(s)

∣

∣

∣

∣

w=0,z=0

=G(s)K(s)

1 + G(s)K(s)(Komplementare Sensitivitat)

→ Gez(s) =e(s)

z(s)

∣

∣

∣

∣

w=0,η=0

= − 1

1 + G(s)K(s)(Sensitivitat)

• Differenz Geη(s) − Gez(s):

→ Geη(s) − Gez(s) =1

1 + G(s)K(s)(G(s)K(s) + 1) = 1

→ Wegen Geη(s) − Gez(s) = 1 = |Geη(s) − Gez(s)| ≤ |Geη(s)| + |Gez(s)| konnen Geη(s)und Gez(s) nicht gleichzeitig klein sein.→ Stor– und Rauschunterdruckung sind nicht gleichzeitig erreichbar. Vorgehen beim Reg-lerentwurf: Die Anforderungen an Geη(s) und Gez(s) gelten fur unterschiedliche Frequenz-bereiche, da Storgroßen in der Regel im niederfrequenten und Meßrauschen im hochfre-quenten Frequenzbereich liegen.

Aufgabe 37

a) K(s) = a s+1s

= a(

1 + 1s

)

→ PI-Regler

56

Seite 168 von 199

Gez Geη

Storgroße Meßrauschen

Abbildung 14: Typische Verlaufe von 20 log(|Geη(jω)|) und 20 log(|Gez(jω)|).

b) Stabiliat des geschlossenen Kreises:

→ Charakteristisches Polynom:1 + G(s)K(s) = s3 + 3s2 + (a − 10)s + a = 0

→ Hurwitzkriterium:

– Koeffizienten des charakteristischen Polynoms mussen positiv sein → a > 10

– Die Hauptabschnittsdeterminanten der Matrix

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a − 10 1 0a 3 00 a − 10 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

mussen positiv

sein:

∆1 = a − 10 > 0,

∆2 = det

∣

∣

∣

∣

a − 10 1a 3

∣

∣

∣

∣

= 2a − 30 > 0,

∆3 = det

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a − 10 1 0a 3 00 a − 10 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (2a − 30) > 0

→ a > 15

→ Der geschlossene Kreis ist fur a > 15 stabil.

c) Bleibende Regelabweichung fur sprungformige Storung (h(t) − • 1s):

e∞ = limt→∞

e(t) = lims→0

(

s

(

Gez(s)1

s

))

= lims→0

(

s1

s

−s(s − 2)(s + 5)

s(s − 2)(s + 5) + a(s + 1)

)

= 0

→ Keine bleibende Regelabweichung.

57

d) Bleibende Regelabweichung fur rampenformige Storung (t · h(t) − • 1s2 ):

e∞ = limt→∞

e(t) = lims→0

(

s

(

Gez(s)1

s2

))

= lims→0

(

s1

s2

−s(s − 2)(s + 5)

s(s − 2)(s + 5) + a(s + 1)

)

=1

2

→ Bleibende Regelabweichung von 12 .

Aufgabe 38

a) Bedingung fur k0 und TI

Die Ubertragungsfunktion des offenen Regelkreises ist

G0(s) = G(s)K(s) =

k0

︷︸︸︷

kpks(TIs + 1)

TIs(1 + 2s)(1 + 3s). (38.1)

Damit ergibt sich die charakteristische Gleichung zu

1 + G0(s) = 1 +k0(TIs + 1)

TIs(1 + 2s)(1 + 3s)= 0 (38.2)

⇒ s3 +5

6s2 +

1 + k0

6s +

k0

6TI= 0. (38.3)

Das Ubertragungssystem mit der charakteristischen Gleichung (38.3) ist nach Hurwitzgenau dann asymptotisch stabil, wenn die Determinante

∆3 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

5

6

k0

6TI0

11 + k0

60

05

6

k0

6TI

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

(38.4)

sowie ihre Hauptabschnittsdeterminanten

∆2 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

5

6

k0

6TI

11 + k0

6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

und ∆1 =5

6(38.5)

positiv sind, und damit auf

TI >6

5· k0

1 + k0. (38.6)

Eine grafische Veranschaulichung des Stabilitatsbereichs zeigt Abbildung 15.

b) Wahl von kp und TI fur doppelten Pol:

58

Seite 169 von 199

0 5 10 15 20 25 30 35 400

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

K0

T I

asymptotisch stabil

Abbildung 15:

Gewunscht ist ein Doppelpol bei s1,2 = −1

3. Der dritte Pol s3 ist nicht weiter spezifiziert

und soll bestimmt werden. Das Wunschpolynom fur die charakteristische Gleichung istsomit

(s +1

3)2(s − s3) = 0 (38.7)

⇒ s3 + (2

3− s3)s

2 + (1

9− 2

3s3)s −

1

9s3 = 0. (38.8)

Das Wunschpolynom (38.8) soll mit dem charakteristischen Polynom (38.3) ubereinstim-men. Es muß also gelten:

s3 +5

6s2 +

1 + k0

6s +

k0

6TI= s3 + (

2

3− s3)s

2 + (1

9− 2

3s3)s −

1

9s3. (38.9)

Koeffizientenvergleich fuhrt schließlich auf:

2

3− s3 =

5

6

1

9− 2

3s3 =

1 + k0

6

−1

9s3 =

k0

6TI

⇒

TI = 3

k0 = kpks =1

3

s3 = −1

6

(38.10)

Die Reglerparameter sind damit TI = 3 und kp =1

3ks. (38.11)

Der gesuchte dritte Pol liegt in der linken Halbebene und ist s3 = −1

6. (38.12)

c) Ortskurve und Bedingung fur k0:

Einsetzen von TI = 3 in Gleichung (38.1) ergibt fur die Ubertragungsfunktion des offenenKreises

G0(s) =k0(1 + 3s)

3s(1 + 2s)(1 + 3s)=

k0

3s(1 + 2s). (38.13)

59

Ortskurve:

Frequenzgang:

G0(jω) =k0

3ωj(1 + 2ωj)= − 2k0

12ω2 + 3− j

k0

12ω3 + 3ω(38.14)

Grenzwerte:

ReG0(0) = −2k0

3ImG0(0) = −∞ (38.15)

limω→∞

ReG0(jω) = 0− limω→∞

ImG0(jω) = 0− (38.16)

Abbildung 16 zeigt das resultierende Nyquist-Diagramm. Der offene Regelkreis (38.13)

Re

Im

0

- 2k0

3 ω → ∞

G0(jω)

Abbildung 16: Ortskurve des offenen Kreises

besitzt einen Pol auf der imaginaren Achse und keine Pole in der rechten Halbebene. Die

Phasendrehung des Nyquist-Diagramms relativ zum Referenzpunkt (-1, 0) muß folglichπ

2betragen. Fur k0 > 0 ist diese Bedingung immer erfullt und der geschlossene Regelkreisdamit immer stabil.

d) Die Ubertragungsfunktion des veranderten offenen Regelkreises ist

G∗

0(s) = G0(s) + k∗. (38.17)

Der Frequenzgang damit

G∗

0(jω) = G0(jω) + k∗ = (ReG0(jω) + k∗) + jImG0(jω). (38.18)

Man sieht, daß das Nyquist-Diagramm unter dem Einfluß von k∗ parallel zur reellen Achseverschoben wird, und zwar um genau k∗ Einheiten. Fur Stabilitat muß der “verschobeneUrsprung” immer rechts des Referenzpunktes (-1, 0) liegen. Daraus ergibt sich sofort dieStabilitatsbedingung

k∗ > −1 (38.19)

fur den neuen Regelkreis.

60

Seite 170 von 199

e) Amplitudenreserve:

Fur große Frequenzen ω nahert sich die Nyquist-Kurve dem Ursprung ( limω→∞

G(jω) = 0;

siehe Abbildung 16). Es existieren keine Schnittpunkte mit den Achsen. Daraus ergibt sichdie Amplitudenreserve zu ar = ∞.

Phasenreserve:

Aus Abbildung 16 ist ersichtlich, daß die Nyquist-Kurve nur ein einziges mal den Einheits-kreis um den Ursprung schneidet. Zu bestimmen ist der zu diesem Schnittpunkt gehorigePhasenwinkel. Daraus ergibt sich dann sofort die Phasenreserve. Zuerst bestimmt mandiejenige Frequenz ω1, bei welcher die Amplitude von G0(jω) genau eins betragt:

|G0(jω1)| =

∣

∣

∣

∣

3/32

jω1(j2ω1 + 1)

∣

∣

∣

∣

=3/32

|j2ω1 + 1||jω1|=

3/32

ω1

√

4ω21 + 1

!= 1 (38.20)

4ω41 + ω2

1 − (3/32)2 = 0 ⇒ ω21 =

−1 ±√

1 + 16(3/32)2

8≈ 0.0085 (38.21)

(nur ω21 > 0 macht Sinn) (38.22)

⇒ ω1 = 0.0922. (38.23)

Damit laßt sich der Phasenwinkel des offenen Regelkreises fur ω1 leicht ausrechnen. Esergibt sich:

arcG0(jω1) = −arcjω1 − arcj2ω1 + 1 (38.24)

= −π/2 − arctan 2ω1 ≈ −1.7531 rad. (38.25)

Phasenreserve : γr = arcG0(jω1) + π ≈ 1.3884 rad ≈ 79.55. (38.26)

f) Einsetzen von k0 =9

32in Gleichung (38.13) ergibt fur die Ubertragungsfunktion des

offenen Kreises

G0(s) =9/32

3s(1 + 2s). (38.27)

Die Ubertragungsfunktion von Fuhrungsgroße W (s) auf Ausgangsgroße Y (s) entsprichtder komplementaren Sensitivitat T(s) und laßt sich durch

Y (s)

W (s)= T (s) =

G0(s)

1 + G0(s)=

3

64s2 + 32s + 3(38.28)

ausdrucken. Mit W (s) =1

sund Partialbruchzerlegung folgt

Y (s) = T (s)W (s) =3

s(8s + 3)(8s + 1)(38.29)

=3/64

s(s + 38)(s + 1

8)(38.30)

=1

s− 1.5

s + 18

+0.5

s + 38

. (38.31)

Laplace-Rucktransformation von (38.31) ergibt dann

y(t) = L−1Y (s) = 1 − 1.5e−0.125t + 0.5e−0.375t (38.32)

61

g) Der Zusammenhang zwischen Rauschen η(s) und Ausgang Y (s) ergibt sich uber die kom-plementare Sensitivitat T zu

Y (s) = −T (s)η(s). (38.33)

Mit Gleichung (38.28) der ist Amplitudengang der komplementaren Sensitivitat

|T (jω)| =3

|j8ω + 3| |j8ω + 1| =3√

64ω2 + 9√

64ω2 + 1. (38.34)

Fur ω = 10 rad/s ergibt sich sofort

|T (j10)| = 4.68 × 10−4 < 0.01. (38.35)

Der geschlossene Regelkreis weist also die geforderte Rauschunterdruckung fur ω ≥10 rad/s auf. Fur hohere Frequenzen entnimmt man (38.34) leicht, dass die Dampfungweiter steigt.

Aufgabe 39

a) Eine Reglerauslegung nach Ziegler/Nichols empfiehlt sich fur dieses System nicht, da eszwar PT1-Verhalten aber keinerlei Totzeit aufweist. Dies ist jedoch die Klasse von Systemenfur die die Einstellregeln von Ziegler/Nichols ausgelegt wurden.

b) Aus Abbildung 17(b) liest man ab

L ≈ 2.3 τ ≈ 4.2 Ks ≈ 1. (39.1)

Der PID-Regler ist gegeben durch

K(s) = K(1 + TDs +1

TIs). (39.2)

Die Parameter ergeben sich nach Ziegler/Nichols zu

K =1.2

LR=

1.2τ

LKs≈ 2.2 TD = 0.5L ≈ 1.2 TI = 2L ≈ 4.6. (39.3)

c) Entscheidend fur die Bestimmung der Reglerparameter nach der Schwingmethode vonZiegler/Nichols ist die Kenntnis des kritischen Verstarkungsfaktors Kkr und der Perioden-dauer Tk der sich einstellenden Dauerschwingung. Aus Abbildung 17(c) der Aufgabenstel-lung liest man leicht Krk ≈ 6.75 fur den kritischen Verstarkungsfaktor ab (Werte daruberfuhren zu aufklingenden Schwingungen, Werte darunter zu abklingenden Schwingungen).Die Periodendauer ist Tk ≈ 3.8 Die Parameter des PI-Reglers

K(s) = K(1 +1

TIs) (39.4)

berechnen sich damit zu

K = 0.45Krk ≈ 3.0 TI = 0.85Tk ≈ 3.2. (39.5)

Aufgabe 40

62

Seite 171 von 199

0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

L τ

Ksy

t

(b)

0 5 10 15 20−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Tk

y

t

(c)

0 5 10 15 20−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Tk

a

t

y

(d)


a) Die Regelstrecke ist stabil, da die Phase und die Amplitude gleichzeitig abnehmen. Diesist nur fur Pole in der linken Halbebene moglich. Ein Pol in der rechten Halbebene hatteabnehmende Amplitude und zunehmende Phase.

b) Regelstreckentyp: PT2-Ubertragungsglied, da

– der Amplitudengang eine Resonanzuberhohung hat.

– die Steigung des Amplitudengangs −40dB/Dekade betragt.

– die Phase fur große Frequenzen −180 betragt.

c) Reglerentwurf mittels Loopshaping. Mogliche Regler aus Vorlesung:

– P -Regler

– PI-Regler

– PI-Regler mit Lead-Element

63

Anforderungen an den Kreis:

– Stabilitat

– Keine bleibende Regelabweichung bei sprungformigen Storungen

– Bandbreite ωB ≈ 5rad/s

Anforderungen mit einem P -Regler nicht erfullbar, wegen bleibender Regelabweichungbei sprungformigen Storungen

→ PI-Regler K1(s) = kp

(

1 + 1TIs

)

Wahl der Parameter kp und TI nach den Regeln aus der Vorlesung:

– Parameter Kp: Wahl, so dass gewunschte Durchtrittsfrequenz erreicht wird. Man gehtvon der Faustformel aus, dass die Durchtrittsfrequenz ungefahr gleich der Bandbreiteist: ωD ≈ ωB.

– Parameter TI : Legt Eckfrequenz des PI-Reglers fest. Legt man die Eckfrequenzgenugend weit unterhalb (z.B. Faktor 10) der Durchtrittsfrequenz fest, so wird dieRegelgute verbessert, ohne die Stabilitatsreserve nachteilig zu beinflussen. Liegt dieEckfrequenz des PI-Reglers naher an der Durchtrittsfrequenz, muss die zusatzlichePhase beim Auslegen des Lead-Elements berucksichtigt werden.

→ Mogliche Parameter:

– kp = 20dB = 10 (aus Abbildung 2 Aufgabe 3 bei ωD ≈ 5rad/s ablesbar)

– TI = 2 (Eckfrequenz 1TI

≈ ωD

10 )

d) Wahl des Lead-Elements:

– Aus dem Bodediagramm der Strecke lasst sich ablesen arg G(jωB,soll) ≈ −174 beiωB,soll = 5rad/s. Geht man davon aus, dass der PI-Regler die Phase nur unwesentlichbeeinflusst, so hat der aus Strecke und PI-Regler bestehende offene Kreis bereits einePhasenreserve von φR = arg(G0(jωD))−(−180) = 6. Die gewunschte Phasenreservebetragt φR,soll = 50. Daraus ergibt sich die Forderung, dass die Phase durch dasLead-Element um wenigstens φR,soll − φR = 44 weiter angehoben werden muss. DieParameter v und w mussen aus den Abbildungen also so bestimmt werden, dass diePhase des Lead-Elements bei ω = 5rad/s mindestens 44 betragt.

– Mogliche Parameter: w = 1, v = 30 oder w = 4, v = 30, ... (siehe Abbildung 3)

e) Die Verstarkung wird durch das Lead-Element beeinflußt. Die Anderung kann aus demBodediagramm abgelesen werden. Beispiel: Fur w = 1, v = 30 liest man aus Abbildung ab:Verstarkung von 13dB bei ω = 5rad/s. Um diese ungewollte Anderung der Verstarkungzu verhindern, muss K1(s) um einen zusatzlichen Proportionalteil mit dem Kehrwert derVerstarkungsanderung erganzt werden.

Aufgabe 41

a) Da die Regelstrecke keinen I-Anteil enthalt muss der Regler einen I-Anteil enthalten, damites zu keiner bleibenden Regelabweichung auf einen Eingangssprung kommt. Im Bode-Diagramm des offenen Kreises außert sich der Integratoranteil durch einen Abfall von20 dB/Dekade fur kleine Frequenzen (|G(jω)| → ∞ fur ω → 0). Die Sensitivitat strebtgegen 0 fur kleine Frequenzen ( lim

ω→0|S(jω)| = 0).

64

Seite 172 von 199


Frequency (rad/sec)

Pha

se (

deg)

Mag

nitu

de (

dB)

−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

40

10−2

10−1

100

101

102

−80

−60

−40

−20

0

20

40

60

80

v=30

v=10

v=4

v=2 v=0.5

v=0.25

v=0.1

v=0.03

v=30 v=10

v=4 v=2

v=0.5 v=0.25

v=0.1

v=0.03

w = 5rad/s

w = 5rad/s

Abbildung 18: Bodediagramm fur w = 1.

b) Gesucht ist eine Phasenreserve von γr = 45 bei der Durchtrittsfrequenz ωD = 1 [rad/s].Aus dem Bode-Diagramm der Regelstrecke liest man φD = −142.59 bei ωD = 1 [rad/s]ab. Die Einfuhrung des I-Anteils wird die Phase an dieser Stelle weiter absenken, und zwarum folgenden Betrag:

tan φpi = − 1

TIω= −0.1 ⇒ φpi ≈ −5.71. (41.1)

Es gilt

φD + φpi + φ∗ = −180 + γr (41.2)

und damit

φ∗ = −180 + γr − φpi − φD = −180 + 45 + 5.71 + 142.59 = 13.3. (41.3)

Das gesuchte lead-Element muss also eine Phase von φ = 13.3 bei ωD = 1 [rad/s] auf-weisen. Alle dargestellten Lead-Elemente erfullen diese Forderung. Lead-Element 3 verur-sacht an dieser Kreisfrequenz jedoch eine erhebliche Verstarkung, die eine Anhebung derDurchtrittsfrequenz bewirkt. Wegen der bereits fallenden Phase wird bei der neuen Durch-trittsfrequenz die notige Phasenreserve jedoch nicht gegeben sein.Sowohl lead-Element 2 als auch lead-Element 1 weisen die gewunschte Phase auf, bei ver-gleichsweise geringer Verstarkung. Lead-Element 1 weist die minimal mogliche Verstarkungfur große Frequenzen auf. Das entspricht einer kleinen komplementaren Sensitivitat fur ho-he Frequenzen, also einer guten Unterdruckung von Messrauschen.Lead-Element 2 zeigt hingegen eine kleinere Verstarkung bei der gewunschten Durchtritts-frequenz ωD und eine großere Phasendrehung oberhalb dieser Frequenz. Die großere Phasefuhrt zu einer Vergroßerung der Amplitudenreserve – bei gleichzeitiger Verschlechterungder Rauschunterdruckung durch die großere komplementare Sensitivitat fur große Frequen-zen.Die Wahl zwischen den Elementen 1 und 2 entscheidet sich also aufgrund der Frage, welchesder Regelziele Amplitudenreserve und Rauschunterdruckung Prioritat hat. In der Praxiserfolgt der Reglerentwurf ublicherweise iterativ mit Computerunterstutzung.

65

c) Den benotigten Verstarkungsfaktor Kp bestimmt man, indem man die Verstarkung desoffenen Regelkreises bei der gewunschten Durchtrittsfrequenz ωD = 1 [rad/s] abliest. Die-ser ergibt sich aus der Abbildung zu

G0

ωD

≈ 0.47. Damit die Durchtrittsfrequenztatsachlich durch den Regler zu ωD verschoben wird, muss dort die Verstarkung genau 1betragen. Damit ergibt sich

Kp =1

G0

ωD

≈ 1

0.47≈ 2.13. (41.4)

Der Phasenverlauf andert sich nicht mit Kp.

d) Aus der Abbildung kann man sofort die Phasenreserve ablesen. Diese betragt exakt

γr = 180 − 135 = 45. (41.5)

Dies ist nicht weiter verwunderlich, da der Regelkreis dementsprechend ausgelegt wurde.Die Amplitudenreserve liest man als Kehrwert der Amplitude des Bode-Diagramms furφ = −180 ab:

ar =1

G0

φ=−180

≈ 1

0.26≈ 3.85. (41.6)

Die Spezifikationen werden also eingehalten.

e) Die Sensitivitat strebt fur kleine Frequenzen gegen null (Es befindet sich also ein I-Anteilim Regelkreis.). Der Regelkreis wird fur kleine Frequenzen gutes Fuhr- und Storverhaltenaufweisen. Der steile Abfall der komplementaren Sensitivitat fur Frequenzen oberhalb derDurchtrittsfrequenz lasst auf gute Unterdruckung von Meßrauschen schließen. Amplitu-denwerte der Sensitivitat S und der komplementaren Sensitivitat T oberhalb von eins (imFrequenzbereich um ω = 100 [rad/s]) sind nicht wunschenswert (Storverstarkung), las-sen sich aber nicht immer vermeiden. Negativ wirkt sich in diesem Beispiel die Nullstelle(Allpassanteil) in der rechten Halbebene (sn = 7.5) aus.

f) Laut Aufgabenstellung soll sich die Phase φ∗ des lead-Elementes bei ωD = 1 [rad/s] ein-stellen. Damit ergibt sich

w =1√v

(41.7)

tan φ∗ =v − 1

2√

v(41.8)

und schließlich (uber die in der Aufgabenstellung angegebene Formel zur Berechnung vonv bei gegebenem φ∗)

v = 1.60 w = 0.79. (41.9)

Das lead-Element ist damit vollstandig spezifiziert.

g) Gesucht ist zunachst die Frequenz ω bei der die Phase des lead-Elementes

Klead = vs + w

s + vw(41.10)

ihr Maximum erreicht. Der Frequenzgang von (41.10) ergibt sich zu

Klead(jω) = vjω + w

jω + vw=

v

ω2 + v2w2

(

ω2 + vw2 + jωw(v − 1))

. (41.11)

66

Seite 173 von 199

Den zugehorigen Phasenwinkel erhalt man damit uber

tan φ =ωw(v − 1)

ω2 + vw2. (41.12)

Der maximale Winkel φ∗ stellt sich ein fur

d tan φ

dω=

w(v − 1)(ω2 + vw2) − ωw(v − 1)2ω

(ω2 + vw2)2!= 0. (41.13)

Aus (41.13) resultiert

ω = w√

v (41.14)

und damit

tan φ∗ =v − 1

2√

v. (41.15)

Gleichung (41.15) formt man auf die quadratische Gleichung

v2 − 2v(1 + 2 tan2 φ∗) + 1 = 0 (41.16)

um. Losung von (41.16) nach v ergibt

v1,2 = (1 + 2 tan2 φ∗) ±√

(1 + 2 tan2 φ∗)2 − 1. (41.17)

Nur die “positive” Losung macht Sinn, da es ansonsten zu negativen Phasenwinkeln furpositive Verstarkungsfaktoren v kommen konnte. Damit ist die Gesamtlosung

v = (1 + 2 tan2 φ∗) +

√

(1 + 2 tan2 φ∗)2 − 1. (41.18)

Der Phasenwinkel φi des PI-Reglers berechnet sich leicht uber dessen Frequenzgang

Kpi(jω) = Kp(1 +1

TIjω) = Kp(1 − j

1

TIω) (41.19)

zu

tan φi = − 1

TIω. (41.20)

Aufgabe 42

a) Wegen a, b < 0 sind beide Pole des offenen Kreises instabil. Da m0 = 2 und a0 = 0, ist dieBedingung fur Stabilitat nach dem Nyquistkriterium eine Phasendrehung von ∆ϕ = 360

um den kritischen Punkt (−1, j0). Dies ist nach Abbildung 1 Aufgabe 2c) erfullt, d.h. dergeschlossene Kreis ist stabil.

b) Eine Erhohung oder Verkleinerung der Regelverstarkung k1 bewirkt eine Streckung derOrtskurve des offenen Kreises G(s)K(s). Abbildung 19 zeigt die Ortskurve des offenenKreises fur k1 = 0.5, 1, 1.5. Aus Abbildung 19 ist zu erkennen, dass die Ortskurve desoffenen Kreises nicht durch den Punkt (−1, j0) geht, wenn die Regelverstarkung k1 imBereich 1

2 < k1 < ∞ variiert.

67

−5 0 5 10 15

0

2

4

6

8

10

12

Realteil von GK

Imag

inär

teil

von

GK

k=0.5k=1k=1.5Punkt −1+0j

Abbildung 19: Ortskurve fur k1 = 0.5, 1, 1.5.

c) Die Amplitudenreserve des Kreises fur k1 = 1 ist: ar = 0.5. Allgemein betragt sie ar = 12k1

.

Aufgabe 43

Das System kann durch einfaches Umsortieren der Zustande (z1 = x3, z2 = x2 und z3 = x1) inRegelungsnormalform geschrieben werden. Mit der Zustandsruckfuhrung u =

[

k1 k2 k3

]

x+r =

[

k3 k2 k1

]

z + r lautet die Zustandsraumdarstellung des geschlossenen Kreises in z-Koordinaten

z =

0 1 00 0 1

2 + k3 1 + k2 −2 + k1

z +

001

r

y =[

1 1 0]

z.

Da das System in Regelungsnormalform vorliegt, kann die Ubertragungsfunktion direkt be-stimmt werden

G(s) =s + 1

s3 − (k1 − 2)s2 − (k2 + 1)s − k3 − 2.

Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich

kT =[

−1 −4 −4]

.

Aufgabe 44

a) Die Dynamikmatrix des Systems hat eine untere Dreiecksform, die Eigenwerte des Systemskonnen daher direkt von der Diagonalen abgelesen werden und lauten λ1 = 3 und λ2 = 10.Beide Eigenwerte haben positiven Realteil, d.h. das System ist instabil.

b) Steuerbarkeitsmatrix des linearisierten Systems:

P =[

b Ab]

=

[

6 180 −30

]

→ det(P ) = −180 6= 0 → Linearisiertes System ist steuerbar

68

Seite 174 von 199

c) Bestimmung der Zustandsruckfuhrung u = −kT x (direkte Methode):

Mit der Reglermatrix kT =[

k1 k2

]

ergibt sich die Zustandstaumdarstellung des ge-schlossenen Kreises zu

x =(

A − bkT)

x =

[

3 − 6k1 −6k2

−5 10

]

x.

Hieraus kann das charakteristische Polynom bestimmt werden:

det

∣

∣

∣

∣

λ − 3 + 6k1 6k2

5 λ − 10

∣

∣

∣

∣

= λ2 + (6k1 − 13)λ + 30 − 60k1 − 30k2.

Durch Koeffizientenvergleich mit dem Wunschpolynom (λ + 5)(λ + 6) = λ2 + 11λ + 30ergibt sich k1 = 4 und k2 = −8 und damit die Zustandsruckfuhrung

kT = [4,−8].

d) Beobachtbarkeitsmatrix des linearisierten Systems:

Q =

[

cT

cT A

]

=

[

1 2−7 20

]

→ det(Q) = 34 6= 0 → Linearisiertes System ist beobachtbar

e) Fehlerdynamik e = x − ˙x des linearisierten Systems mit lT = [−18, 30]:

e =(

A − lcT)

e =

[

21 36−35 −50

]

e

→ Eigenwerte der Fehlerdynamik : λ3 = −14, λ4 = −15

f) Seperationsprinzip: Die Pole des geschlossenen Kreises sind die Vereinigungsmenge derPole des Kreises mit Zustandsruckfuhrung (A− bkT ) und den Polen des Beobachterfehlers(A − lcT ) → Pole des geschlossenen Kreises: λ1 = −5, λ2 = −6, λ3 = −14, λ4 = −15.

Aufgabe 45

a) Die gesuchte Darstellung des Systems ergibt sich sofort zu

x =

(

a −b0 −b

)

︸︷︷︸

A

x +

(

01

)

︸︷︷︸

b

. (45.1)

b) Die charakteristische Gleichung des Systems (45.1) ergibt sich bekanntlichermaßen aus

sI − A

= 0. (45.2)

Mit∣

∣

∣

∣

a − s −b0 −b − s

∣

∣

∣

∣

= −(a − s)(b + s) (45.3)

ergeben sich die Eigenwerte zu

s1 = a s2 = −b. (45.4)

Die charakteristische Gleichung ist

s2 + (b − a)s − ab = 0. (45.5)

69

c) Gesucht ist die Transformationsmatrix T = [t(1) t(2)] (x = Tz welche das System (45.1) aufRegelungsnormalform transformiert. Mit a0 = −ab und a1 = b − a folgt (siehe Vorlesung)fur die Spaltenvektoren der Transformationsmatrix

t(2) = b =

(

01

)

(45.6)

t(1) = Ab + a1b =

(

−b−a

)

. (45.7)

Die Transformationsmatrix ist damit

T =

(

−b 0−a 1

)

(45.8)

und deren Inverse

T−1 = −1

b

(

1 0a −b

)

. (45.9)

Die transformierte Gleichung

z = T−1ATz + T−1bu (45.10)

ist

z =

(

0 1ab a − b

)

z +

(

01

)

u. (45.11)

Das System ist steuerbar, da es sich in Regelungsnormalform darstellen laßt. Damitkonnen die Pole des geschlossenen Regelkreises durch eine Zustandsruckfuhrung der Formu = −kTx beliebig verschoben werden. Alternativ kann man dies auch durch die in derVorlesung gegebene Rangbedingung

rg(

b Ab)

= rg

(

0 −b1 −b

)

= 2 fur b 6= 0 (45.12)

uberprufen.

d) Das Wunschpolynom des geschlossenen Kreises ist

(s + 1)2 = s2 + 2s + 1. (45.13)

1) Berechnung uber Regelungsnormalform

Das Ruckfuhrgesetz in z-Koordinaten lautet u = −kTz z. Setzt man dieses in Glei-

chung (45.11) ein, so ergibt sich

z =

(

0 1ab − r1∗ a − b − r2∗

)

z. (45.14)

Bekanntermaßen kann man aus der letzten Zeile der Frobeniusmatrix direkt die Ko-effizienten des charakteristischen Polynoms ablesen. Diese mussen mit den Koeffizi-enten des Wunschpolynoms ubereinstimmen, damit (unter der Zustandsruckfuhrung)

70

Seite 175 von 199

die gewunschte Dynamik des geschlossenen Regelkreises erreicht wird. Koeffizienten-vergleich fuhrt auf

1 = −ab + r1∗ (45.15)

2 = b − a + r2∗. (45.16)

Damit ergibt sich

kz =

(

r1∗

r2∗

)

=

(

ab + 12 + a − b

)

. (45.17)

Nun muss nur noch auf die ursprunglichen Koordinaten zurucktransformiert werden.Es gilt

u = −kTz z = −kT

z T−1

︸︷︷︸

kT

x, (45.18)

und damit

kT =(

−1b(a + 1)2 2 + a − b

)

. (45.19)

2) Berechnung uber Ackermann-Formel

Anwendung der Ackermann Formel fur dieses Beispiel fuhrt direkt (unter Zuhilfenah-me der Koeffizienten des Wunschpolynoms) auf

kT =(

0 1) (

b Ab)

−1 (A2 + 2A + I

)

. (45.20)

Einsetzen und Ausmultiplizieren fuhrt schließlich auf

kT =(

−1b(a + 1)2 2 + a − b

)

. (45.21)

Wie nicht anders zu erwarten ist dieses Ergebnis identisch mit dem Ergebnis ausTeilaufgabe 1).

3) Direkte Berechnung

Fur die direkte Berechnung macht man den Ansatz

x =

(

a −b0 −b

)

x +

(

01

)

(

r1r2

)

x. (45.22)

Dies fuhrt auf die Gleichung des geschlossenen Regelkreises

x =

(

a −b−r1 −b − r2

)

x. (45.23)

Die charakteristische Gleichung des Systems (45.23) ergibt sich zu

s2 + s(−a + b + r2) − ab − r2a − br1 = 0. (45.24)

Koeffizientenvergleich mit dem Wunschpolynom fuhrt auf

2 = −a + b + r2 (45.25)

1 = −ab − r2a − br1 (45.26)

und damit wiederum auf die Losung

kT =(

−1b(a + 1)2 2 + a − b

)

. (45.27)

71

e) Fur eine Zustandsruckfuhrung muss entweder der komplette Zustand gemessen werden,oder es muss moglich sein unter Verwendung der vorhandenen Messgroßen den komplet-ten Zustandsvektor mit Hilfe eines Beobachters zu rekonstruieren. D.h. das System mussbeobachtbar sein. Eine genauere Behandlung der Begriffe Steuerbarkeit und Beobacht-barkeit wird in der Vorlesung Regelungstechnik II erfolgen. Uns genugt hier zunachst dieTatsache (ohne Beweis), dass ein Beobachter fur ein SISO System der Ordnung n entworfenwerden kann, wenn

rgP T = rg

cT

cT AcT A2

...cT An−1

= n. (45.28)

Fur unseren Fall bedeutet dies (mit cT =(

c1 c2

)

)

rgP T = rg

(

cT

cT A

)

= rg

(

c1 c2

c1 −(c1 + c2)

)

!= 2. (45.29)

Fur die Messung des ersten Zustandes (x1, cT =(

1 0)

) ergibt sich

rgP T = rg

(

1 01 −1

)

= 2. (45.30)

Und fur die Messung des zweiten Zustandes (x2, cT =(

0 1)

)

rgP T = rg

(

0 10 −1

)

= 1. (45.31)

Aus der Messung von Zustand x2 kann also x1 nicht rekonstruiert werden. Aufbauend aufder Messung x1 kann jedoch ein Beobachter entworfen werden, der den Zustand x2 rekon-struiert. Daraus ergibt sich, dass fur dieses System unbedingt der Zustand x1 gemessenwerden sollte. Die Systembeschreibung ist dann

x =

(

1 −10 −1

)

x +

(

01

)

u (45.32)

y =(

1 0)

x. (45.33)

f) Die Gleichungen des Beobachters lauten

˙x = Ax + bu +

(

e1

e2

)

︸︷︷︸

=ε

(y − y) (45.34)

y = cT x. (45.35)

Mit den Systemgleichungen

x = Ax + bu (45.36)

y = cT x (45.37)

72

Seite 176 von 199

und der Definition des Fehlers e = x − x ergibt sich fur die Fehlerdynamik

e =

(

A −(

e1

e2

)

cT

)

︸︷︷︸

A∗

e. (45.38)

Der Beobachter (und damit die Fehlerdynamik) soll einen Doppelpol bei −2 besitzen.Damit sind e1 und e2 so zu wahlen, dass beide Eigenwerte von

A∗ = A −(

e1

e2

)

cT =

(

1 − e1 −1−e2 −1

)

(45.39)

bei −2 liegen. Die charakteristische Gleichung von (45.39) ergibt sich zu

s2 + e1s + e1 − e2 − 1 = 0. (45.40)

Koeffizientenvergleich mit dem Wunschpolynom

(s + 2)2 = s2 + 4s + 4 = 0 (45.41)

fuhrt auf

e1 = 4 e2 = e1 − 1 − 4 = −1. (45.42)

Damit ist der Beobachter vollstandig bestimmt.

g) Das System ist 2. Ordnung. Der Beobachter ebenfalls. Somit hat das Gesamtsystem Ord-nung 4. Nach dem Separationsprinzip ergeben sich die Pole des Regelkreises mit Beobachteraus der Vereinigung der Pole des Regelkreises mit Zustandsruckfuhrung ohne Beobachter(A − bkT ) und des Beobachterfehlers (A − εcT ). Das Gesamtsystem hat damit jeweilsDoppelpole bei −1 und −2.

Einige Aufgabenteile sind mit freundlicher Zustimmung ubernommen aus den Ubungen zurRegelungstechnik 1 des Instituts fur Systemdynamik und Regelungstechnik.

73

Seite 177 von 199

Prof. Dr.–Ing. Frank Allgower

Prufungsklausur Regelungstechnik I, 7.10.2004

Die gesamte Klausur umfasst 11 Seiten (12 Aufgaben, 57 Punkte).

Name, Vorname:

1

Aufgabe 1 (4 Punkte)

(Alle Aufgabenteile sind unabhangig voneinander losbar.)

+

+

−

wK(s) G(s)

z

y


Fur den Regelkreis in Abb. 1 sei die Ubertragungsfunktion

G(s) =3(s − 3)

5 s2 + 10 s

der Strecke gegeben. Zur Ausregelung von Storgroßen z wird ein P-Regler K(s) = kp

eingesetzt.

a) Fur welche Verstarkungen kp ist der Regelkreis stabil? (2 Punkte)

b) Berechnen Sie fur ein stabilisierendes kp die bleibende Regelabweichung nach einemEinheitssprung in der Storgroße z(t). (2 Punkte)

2

Seite 178 von 199



Gegeben sei die Ortskurve eines stabilen offenen Kreises G0(s) = G(s) K(s), siehe Abbil-dung 2, und die Regelkreisstruktur in Abbildung 3:

1

1

−1

−1

ω → ∞

ω = 0

Im

Re

Abbildung 2: Ortskurve des offenen Kreises G0.

+

+

−

wK(s) G(s)

z

y


a) Ist der geschlossene Kreis stabil? Begrunden Sie kurz. (1 Punkt)

b) Tritt bei einem Fuhrungsgroßensprung in w(t) bleibende Regelabweichung auf?Begrunden Sie kurz. (1 Punkt)

3


Gegeben sind die Ortskurven von zwei offenen Regelkreisen G01(s) = G1(s)K1(s)und G02(s) = G2(s)K2(s). Die zugehorigen geschlossenen Regelkreise sind stabil.

−1 −1

Im

ω = 0

Re

Im

ω → ∞ω → ∞

G01(jω) G02(jω)

Abbildung 4: Ortskurven der offenen Kreise G01(s) und G02(s).

Geben Sie fur beide offenen Kreise G01(s) und G02(s) die Anzahl m0 der Pole in derrechten Halbebene und die Anzahl a0 der Pole auf der Imaginarachse an. Begrunden Siekurz. (2 Punkte)

4

Seite 179 von 199


Gegeben sei das Bodediagramm einer stabilen Strecke, siehe Abbildung 5.

−30

−25

−20

−15

−10

−5

0

Mag

nitu

de (

dB)

10−1

100

−200−180−160−140−120−100

−50

0

Frequency [rad/s]

Pha

se (

deg)

Abbildung 5: Bodediagramm der Strecke.

a) Bestimmen Sie graphisch, ab welcher Verstarkung kp in Dezibel (dB) beim Einsatzeines P-Reglers der geschlossenen Kreis instabil wird. Erlautern Sie Ihre Vorgehens-weise. (2 Punkte)

b) Um das stationare Regelverhalten zu verbessern soll ein PI-Regler eingesetzt werden.Aufgrund der Uberlegungen in a) wird der Verstarkungsfaktor kP = 15 dB gewahlt.In Abb. 6 ist das Bodediagramm eines PI-Reglers mit dem Verstarkungsfaktor kP =15 dB und mit der Integrationszeitkonstanten TI,ref = 1 dargestellt.

5

15

20

25

30

35

Mag

nitu

de (

dB)

10−1

100

101

−90

−45

0

Frequency [rad/s]

Pha

se (

deg)

1 2 3 4 5 6 7 8−30

−25

−20

−15

−10

−5

Frequency [rad/s]

Pha

se (

deg)

Ausschnitt

Abbildung 6: Bodediagramm des PI-Reglers

Wahlen Sie die Integrationszeitkonstante TI als ganzzahliges Vielfaches von TI,ref

so, dass der Regelkreis beim Einsatz des PI-Reglers noch ca. 10 Grad Phasenreservebesitzt. Erlautern Sie Ihre Vorgehensweise.Geben Sie die Ubertragungsfunktion des Reglers an. (4 Punkte)

c) Durch welche Maßnahme kann die Phasenreserve bei Bedarf zusatzlich erhohtwerden? Ohne Rechnung. (1 Punkt)

6

Seite 180 von 199


Gegeben sei eine Strecke mit der Ubertragungsfunktion

G(s) =6000

(s + 3)(s − 100)

und das Blockschaltbild in Abbildung 7:

uwK(s) G(s) y

Abbildung 7: Blockschaltbild.

a) Welches Problem tritt auf, wenn man versucht, die Regelstrecke mit Hilfe der Schal-

tung aus Abbildung 7 und K(s) = 0.01(s−100)s+3

zu stabilisieren. (1 Punkt)

b) Wie muss das Blockschaltbild erganzt werden, damit eine Stabilisierung moglichist? Zeichnen Sie das Schaltbild.Darf dann K(s) aus a) verwendet werden? (2 Punkte)



Gegeben sei ein System, das sich mit der DGL

y + 5y + 6y = −4u

beschreiben lasst.

a) Bestimmen Sie die Ubertragungsfunktion von u nach y. (1 Punkt)

b) Berechnen Sie die Systemantwort y(t) auf eine impulsformige Anregung u(t) = δ(t)fur die Anfangsbedingungen y(0) = 0 und y(0) = 2. (3 Punkte)

c) Wieviele Zustande muss eine Zustandsraumdarstellung des Systems mit gleichemE/A-Verhalten mindestens besitzen? Begrunden Sie kurz. (1 Punkt)

7



a) Klassifizieren Sie die folgenden Ubertragungssysteme als linear oder nichtlinear. DieEingangsgroße ist jeweils u(t), die Ausgangsgroße ist y(t). Begrunden Sie Ihre Wahljeweils mathematisch!

a.1) y(t) = 2(u(t) + 1)

a.2) x(t) + sin(c)x(t) = u(t)3

, c = const.

y(t) = x(t)

(3 Punkte)

b) Klassifizieren Sie das folgende Ubertragungssystem als zeitinvariant oder zeitvariant.Die Eingangsgroße ist u(t), die Ausgangsgroße ist y(t). Begrunden Sie Ihre Wahlmathematisch!

y(t) = (u(t − d))2, d = const. (1 Punkt)


Gegeben sei allgemein das lineare zeitinvariante System mit der Zustandsraumdarstellung

x = Ax + bu , x(t = 0) = 0

y = cTx + du .

Seine Ubertragungsfunktion berechnet sich zu

G(s) = cT (sI − A)−1

b + d.

a) Geben Sie die mit x = Mz transformierten Zustandsraummatrizen A, b, cT , d an(M ist eine konstante Matrix mit det M 6= 0).

Geben Sie die Ubertragungsfunktion G(s) des transformierten Systems in Abhangig-keit von A, b, c, d und M an. (1 Punkt)

b) Zeigen Sie, dass G(s) und G(s) identisch sind. (2 Punkte)

8

Seite 181 von 199



Gegeben sei ein lineares zeitinvariantes System mit den Polen p1,2 = −1 ± 3j und derNullstelle z = −2. Die stationare Verstarkung betrage V = 1

5, d.h. fur die Ubertragungs-

funktion gilt G(0) = 15.

a) Wie lautet die Ubertragungsfunktion G(s)? (2 Punkte)

b) Welche der in Abbildung 8 gezeigten Amplitudengange konnen nicht zu dem ge-nannten System gehoren (Begrundung)? (2 Punkte)

c) Welche der in Abbildung 9 gezeigten Sprungantworten konnen nicht zu dem genann-ten System gehoren (Begrundung)? (2 Punkte)

10−1

100

101

102

103

−120

−100

−80

−60

−40

−20

0

20

Frequenz [rad/s]

Am

plitu

de [d

B]

(a)

10−1

100

101

102

103

−120

−100

−80

−60

−40

−20

0

20

Frequenz [rad/s]

Am

plitu

de [d

B]

(b)

10−1

100

101

102

103

−120

−100

−80

−60

−40

−20

0

20

Frequenz [rad/s]

Am

plitu

de [d

B]

(c)

Abbildung 8: Amplitudengange

0 1 2 3 4 5 6−0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

Zeit [s]

y

(a)

0 1 2 3 4 5 6−0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

Zeit [s]

y

(b)

0 1 2 3 4 5 6−0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

Zeit [s]

y

(c)


9


Ein einfaches Modell fur Luftstromungen in der Erdatmosphare ist durch die Lorenzglei-chungen

x1 = −x1 + x2

x2 = 2x1 − x2 − x1x3

x3 = x1x2 − 4x3

gegeben.

a) Bestimmen Sie die Ruhelagen des Systems. (2 Punkte)

b) Bestimmen Sie die Linearisierung des Systems an einer nicht-trivialen Ruhelage.Untersuchen Sie mit Hilfe der Linearisierung, ob diese Ruhelage lokal asymptotischstabil ist. (3 Punkte)


(Die beiden Aufgabenteile sind unabhangig voneinander losbar.)

Das lineare zeitinvariante System

x =

[

−3 00 −1

]

x +

[

31

]

u

soll mit Hilfe eines stuckweise konstanten Stellsignals

u(t) =

u1 = const. fur 0 ≤ t < T

u2 = const. fur T ≤ t < 2T

von dem Anfangszustand x(0) =[

0 2]T

in den Ursprung gesteuert werden, so dass der

Ursprung zum Zeitpunkt t = 2T erreicht wird: x(2T ) =[

0 0]T

.

a) Bestimmen Sie die Konstanten u1 und u2, so dass dieses Steuerungsproblem gelostwird. (6 Punkte)

b) Wie muss u(t) fur t ≥ 2T gewahlt werden, damit das System im Ursprung verharrt?(1 Punkt)

10

Seite 182 von 199


Gegeben ist die in Abb. 10 dargestellte Regelstrecke erster Ordnung, auf deren Ausgangeine konstante Storung d wirkt.

+ + yu x1 = −x1 + u

d =const.

Abbildung 10: Regelstrecke erster Ordnung mit konstanter Ausgangsstorung.

a) Geben Sie eine Zustandsraumdarstellung des (gestrichelt gezeichneten) Gesamtsy-stems mit Eingang u und Ausgang y an. Hinweis: Verwenden Sie die Tatsache,dass die Storung zeitlich konstant ist. (2 Punkte)

b) Transformieren Sie die Zustandsraumdarstellung in die neuen Koordinaten

[

z1

z2

]

=

[

d

y

]

.

(2 Punkte)

c) Entwerfen Sie fur das Gesamtsystem (neue Koordinaten z) einen Beobachter, sodass die Pole der Fehlerdynamik bei −5 bzw. −6 liegen. (3 Punkte)

d) Bestimmen Sie, ob durch eine Zustandsruckfuhrung die Pole des geschlossenen Krei-ses beliebig vorgegeben werden konnen. Wie lasst sich das Ergebnis interpretieren?

(2 Punkte)

11

Seite 183 von 199


Losung zur Prufungsklausur Regelungstechnik I, 7.10.2004

Losung zu Aufgabe 1

a) Das charakteristische Polynom zur Stabilitatsbestimmung ergibt sich aus dem Nen-

nerpolynom der Gesamtubertragungsfunktion G(s) K(s)1+G(s) K(s)

und lautet:

5 s2 + (10 + 3 kp) s − 9 kp.

Fur−10

3< kp < 0

ist die Vorzeichenbedingung erfullt und damit der Regelkreis stabil. (2 Punkte)

b) Bleibende Regelabweichung nach einem Einheitssprung in der Storgroße z(t):

eB = limt→∞

e(t) = lims→0

s e(s) = lims→0

s (−S(s) z(s)) = lims→0

−S(s) = lims→0

−1

1 + G0= 0

da G0 → ∞ fur s → 0. (2 Punkte)

Losung zu Aufgabe 2

a) Geschlossener Kreis ist stabil. Begrundung:Moglichkeit 1:G0 stabil und |G0(jω)| < 1 ∀ω (small gain Kriterium)Moglichkeit 2:Nyquistkriterium ∆ϕ(G0) = m0 π + a0

π2

= 0 erfullt, da m0 = 0 (G0 stabil) unda0 = 0 (G0 endlich fur ω = 0) (1 Punkt)

b) Bleibende Regelabweichung tritt auf:

eB = limt→∞

e(t) = lims→0

s e(s) = lims→0

s S(s) w(s) = lims→0

S(s) = lims→0

1

1 + G06= 0

da G0 endlich fur ω = 0. (Kein I-Anteil im Regelkreis) (1 Punkt)

1

Losung zu Aufgabe 3

Da die geschlossenen Regelkreise stabil sind, muss fur die offenen Regelkreise das Nyquist-kriterium

∆ϕ(G0) = m0 π + a0π

2

erfullt sein.

G01 : ∆ϕ(G01) =π

2⇒ m0 = 0, a0 = 1

G02 : ∆ϕ(G02) = π ⇒ m0 = 1, a0 = 0

Fur G02 ist m0 = 0, a0 = 2 nicht moglich, da aufgrund der Ortskurve kein Pol im Ursprungliegen kann. (2 Punkte)

Losung zu Aufgabe 4

a) Die Amplitudenreserve der Strecke bei -180 betragt 20 dB, d.h fur kp = 20dB wirdder geschlossene Kreis instabil. (2 Punkte)

b) Fur kp = 15dB betragt die Durchtrittsfrequenz 3 rad/s. Bei 3 rad/s sind dann noch20 Phasenreserve vorhanden. Der PI-Regler darf Phase um 10 absenken;fur TI = 1 tut er dies bei 6 rad/s.⇒ TI = 2 TI,ref = 2 damit Phase schon bei 3 rad/s um 10 abgesenkt wird.Die Ubertragungsfunktion des Reglers ergibt sich damit zu:

GPI = kp (1 +1

TI s) = 15 dB (1 +

1

2 s)

(4 Punkte)

c) Eine Erhohung der Phasenreserve kann durch ein Lead-Element erreichtwerden. (1 Punkt)

2

Seite 184 von 199

Losung zu Aufgabe 5

a) Es tritt interne Instabilitat auf. In der Ubertragungsfunktion G(s) K(s) darf derinstabile Pol s = 100 nicht herausgekurzt werden. Das System bleibt weiter instabil.Pole konnen nur durch eine Ruckfuhrung verschoben werden, siehe b). (1 Punkt)

b) Es muss eine Ruckfuhrung eingefuhrt werden!

−

wK(s) G(s)

yu

K(s) muss in diesem Fall neu entworfen werden, da sonst immer noch interne Insta-bilitat auftritt. (2 Punkte)

3

Losung zu Aufgabe 6

a) Transformation der DGL in den Laplacebereich ergibt:

s2 Y (s) + 5 s Y (s) + 6 Y (s) = −4 U(s)

⇒ G(s) =Y (s)

U(s)=

−4

s2 + 5 s + 6

(1 Punkt)

b) Fur nicht verschwindende Anfangsbedingungen ergibt die Laplacetransformationder DGL

s2 Y (s) − s Y (0) − Y (0) + 5 s Y (s) − 5 Y (0) + 6 Y (s) = −4 U(s)

mit Y (0) = 0, Y (0) = 2 und U(s) = 1 folgt:

Y (s) [s2 + 5 s + 6] − 2 = −4

⇒ Y (s) =−2

s2 + 5 s + 6

Durch eine Partialbruchzerlegung ergibt sich die Trennung der Moden:

Y (s) =−2

s + 2+

2

s + 3.

Die gesuchte Losung im Zeitbereich lautet dann:

y(t) = −2 e−2 t + 2 e−3 t

(3 Punkte)

c) Es sind 2 Zustande erforderlich, da eine DGL 2. Ordnung auf ein DGL-System mit2 DGLen 1. Ordnung fuhrt. (1 Punkt)

4

Seite 185 von 199

Losung zu Aufgabe 7

a) Prufung auf Linearitat

a.1) Definiere

y1 := 2(u1 + 1)

y2 := 2(u2 + 1).

Berechne mittels u = u1 + u2 den Wert

y = (2u + 1) = 2(u1 + u2 + 1).

Damit gilt y 6= y1 +y2 = 2(u1 +u2 +2), und das Superpositionsprinzip ist nichterfullt. Das Ubertragungssystem ist also nichtlinear. (1.5 Punkte)

a.2) Eine Differentialgleichung fur y ergibt sich aus der Aufgabenstellung zu

y + sin(c)y = u/3, c = const. (7.a)

Zunachst werde das Superpositionsprinzip uberpruft. Fur u = u1 gelte y1 +sin(c)y1 = u1/3, analog y2 + sin(c)y2 = u2/3 fur u = u2. Addieren der beidenDifferentialgleichungen fur y1 und y2 fuhrt auf

y1 + y2 + sin(c)(y1 + y2) = (u1 + u2)/3,

was mittels y = y1+y2 und u = u1+u2 wieder auf die obige Differentialgleichung(7.a) fur y fuhrt. Damit ist das Superpositionsprinzip erfullt.

Nun werde das Homogenitatsprinzip uberpruft. Fur u = ku, k = const., gilty + sin(c)y = ku. Dies fuhrt mittels y = ky und Division durch k 6= 0 wiederauf die Differentialgleichung (7.a), diesmal fur y und u. Damit ist das Homo-genitatsprinzip erfullt.

Das System ist also linear. (1.5 Punkte)

b) Prufung auf Zeitinvarianz

Egal ob auf der rechten Seite von y(t) = (u(t−d))2 das t mit t−h ersetzt wird, oderob u(t− d) durch u(t− d− h) ersetzt wird, es kommt beide Male dasselbe Ergebnisheraus. Damit ist die Bedingung fur Zeitinvarianz erfullt. (1 Punkt)

5

Losung zu Aufgabe 8

a) Fur die Transformation x = Mz ergeben sich die transformierten Systemmatrizenzu

A = M−1

AM , b = M−1

b, cT = c

TM , d = d.

(0.5 Punkte)

Einsetzen ergibt

G(s) = cT (sI − A)−1

b + d

= cTM(sI − M

−1AM)−1

M−1

b + d.

(0.5 Punkte)

b) Mittels der Umformungen

G(s) = cTM(sI − M

−1AM)−1

M−1

b + d

= cTM [sM−1

M − M−1

AM ]−1M

−1b + d

= cTM [M−1(sI − A)M ]−1

M−1

b + d

= cTMM

−1(sI − A)−1MM

−1b + d

= cT (sI − A)−1

b + d

= G(s)

zeigt sich, dass G(s) = G(s). Damit ist bewiesen, dass die Ubertragungsfunktioninvariant unter Ahnlichkeitstransformation ist. (2 Punkte)

6

Seite 186 von 199

Losung zu Aufgabe 9

a) Ansatz:

G(s) = ks − z

(s − p1)(s − p2)= k

s + 2

s2 + 2s + 10.

Wegen G(0) = 1/5 ergibt sich k = 1. Damit

G(s) =s + 2

s2 + 2s + 10.

(2 Punkte)

b) Die Steigungen des Amplitudenganges fur hohe Frequenzen sind:8(a) -20 dB/Dekade, 8(b) -40 dB/Dekade, 8(c) 0 dB/Dekade.

Da G(s) 2 Pole und 1 Nullstelle besitzt, besteht ein Poluberschuss von 2-1=1. Damitwird die Steigung fur hohe Frequenzen -20 dB pro Dekade sein.

Also sind Abb. 8(b) und 8(c) nicht moglich fur das betrachtete System, wohl aber8(a). (2 Punkte)

c) Abb. 9(a) kann nicht zum betrachteten System gehoren, da wegen y(t = 0) =0.1 ein direkter Durchgriff vom Eingang zum Ausgang vorliegen musste, d.h.Zahlergrad=Nennergrad in G(s). Dies ist aber nicht der Fall.

Abb. 9(b) kann nicht zum betrachteten System gehoren, da das gezeigte “Inverseresponse behavior” (Auslenkung fur kleine Zeiten mit anderem Vorzeichen als furgroße Zeiten) nur beim Vorliegen von Nullstellen mit positivem Realteil auftritt.Dies kann auch durch Betrachten der Ableitung von G(s) nach s an der Stelle s = 0eingesehen werden.

Abb. 9(c) ist moglich. (2 Punkte)

7

Losung zu Aufgabe 10

a) Fur Ruhelagen des Systems gilt x1 = x2 = x3 = 0. Damit erhalt man das Glei-chungssystem

f(x) = 0 ⇐⇒

f1(x1, x2, x3) = 0f2(x1, x2, x3) = 0f3(x1, x2, x3) = 0

⇐⇒

−x1 + x2 = 02x1 − x2 − x1x3 = 0

x1x2 − 4x3 = 0⇐⇒

x1 = x2

x2 −14x3

2 = 0x3 = 1

4x2

2

Aus der zweiten Gleichung erhalt man die Losungen x2 = 0 oder x2 = 2 oder x2 =−2. Die Ruhelagen sind damit

(0/0/0), (2/2/1) und (−2/ − 2/1).

(2 Punkte)

b) Fur die Linearisierung um eine Ruhelage berechnet man zuerst die Jacobi-Matrixdes Systems

∂f

∂x(x) =

∂f1

∂x1

(x1, x2, x3)∂f1

∂x2

(x1, x2, x3)∂f1

∂x3

(x1, x2, x3)∂f2

∂x1

(x1, x2, x3)∂f2

∂x2

(x1, x2, x3)∂f2

∂x3

(x1, x2, x3)∂f3

∂x1

(x1, x2, x3)∂f3

∂x2

(x1, x2, x3)∂f3

∂x3

(x1, x2, x3)

=

−1 1 02 − x3 −1 −x1

x2 x1 −4

.

Gesucht ist das lokale Stabilitatsverhalten an einer nicht-trivialen Ruhelage(d.h. nicht an (0/0/0)). Wir betrachten die zweite Ruhelage und erhalten

∂f

∂x(2/2/1) =

−1 1 01 −1 −22 2 −4

fur die Dynamikmatrix des linearisierten Systems. (1.5 Punkte)Zur Untersuchung der Stabilitat zieht man das charakteristische Polynom

det

(

λI −∂f

∂x(2/2/1)

)

= (λ + 1)(λ + 1)(λ + 4) + 4 + 4(λ + 1) − (λ + 4)

= (λ2 + 2λ + 1)(λ + 4) + 4 + 4λ + 4 − λ − 4

= λ3 + 6λ2 + 9λ + 4 + 4 + 4λ − λ

= λ3 + 6λ2 + 12λ + 8

heran. Die Vorzeichenbedingung ist offensichtlich erfullt. Zur Bewertung desStabilitatsverhaltens muss also noch die Beiwertebedingung (oder das Hurwitz-Kriterium) betrachtet werden. Wir betrachten die BWB

a0a3 − a1a2

!< 0 ⇐⇒ 8 − 72 < 0 w.A.

und folgern, dass das System an der Ruhelage (2/2/1) lokal asymptotisch stabil ist.(1.5 Punkte)

Betrachtet man die Ruhelage (−2/−2/1) so erhalt man das gleiche charakteristischePolynom und gelangt zur gleichen Schlussfolgerung.

8

Seite 187 von 199


a) Gesucht ist ein Steuersignal, also keine Regelung, die das System in der vorgegebe-nen Zeit 2T von der angegebenen Anfangsbedingung zum Urspung bringt. Beachten

Sie: Das ist mit einer linearen Zustands- oder Ausgangsruckfuhrung fur zeitkontinu-ierliche Systeme nicht moglich (hier wird der Ursprung nur asymptotisch fur t → ∞erreicht)! Die Steuerung funktioniert jedoch nur fur eine ganz bestimmte Anfangs-bedingung und kann nicht auf instabile Systeme angewandt werden.Das Vorgehen zur Berechnung der gesuchten Stellamplituden u1 und u2 ist folgen-dermaßen: Fur ein beliebiges Eingangssignal kann fur das angegebene System dieentsprechende Zustandstrajektorie mit Hilfe der Formel

x(t) = eAtx0 +

∫ t

0

eA(t−τ)bu(τ)dτ

berechnet werden. Man setzt die angegebene Form von u(t), die die beiden zu be-stimmenden Variablen u1 und u2 enthalt, in die Formel ein. Dann fordert manx(2T ) = 0 fur x0 = [ 0 2 ]T und erhalt durch Auflosen des daraus entstehen-den linearen Gleichungssystems die Losungen fur u1 und u2. Im Einzelnen: DieFundamentalmatrix des Systems ist aufgrund der Diagonalform besonders leicht zubestimmen und lautet

eAt =

[e−3t 00 e−t

]

.

Um die Integration durchzufuhren berechnet man zunachst

eAtb =

[e−3t 00 e−t

] [31

]

=

[3e−3t

e−t

]

.

Es gibt zwei Zeitintervalle, namlich [0, T ] und [T, 2T ], in denen das Stellsignal kon-stant ist. Fur ein Zeitintervall [t1, t2] mit konstantem Stellsignal u(t) = u gilt

∫ t2

t1

eA(t−τ)budτ = eAt

∫ t2

t1

e−Aτbudτ =

[e−3t 00 e−t

] ∫ t2

t1

[3e3τueτu

]

dτ

=

[e−3t 00 e−t

] [e3t2 − e3t1

et2 − et1

]

.

Jetzt konnen wir die Gleichung fur x(2T )!= 0 angeben:

x(2T ) = e2ATx0 + e2AT

∫ T

0

e−Aτbu1dτ + e2AT

∫ 2T

T

e−Aτbu2dτ

=

[e−6t 00 e−2t

]([02

]

+

[e3T − 1eT − 1

]

u1 +

[e6T − e3T

e2T − eT

]

u2

)

!=

[00

]

.

Die Matrix vor der Klammer ist regular (d.h. invertierbar), also muss die Klammerder Nullvektor sein. In Matrizenform lasst sich diese Gleichung schreiben als

[e3T − 1 e6T − e3T

eT − 1 e2T − eT

] [u1

u2

]

=

[0−2

]

.

9

Inversion der Matrix auf der linken Seite liefert[

u1

u2

]

=1

(e3T − 1)eT (eT − 1) − (eT − 1)e3T (e3T − 1)

[e2T − eT −e6T + e3T

−eT + 1 e3T − 1

] [0−2

]

=1

(e3T − 1)(eT − 1)(eT − e3T )

[2e3T (e3T − 1)−2(e3T − 1)

]

=1

(eT − 1)(eT − e3T )

[2e3T

−2

]

.

Damit ist die Steuerungsaufgabe gelost. Zur Veranschaulichung sind in der folgendenAbbildung das Stellsignal und die Trajektorien der beiden Zustande des Systems furT = 1 dargestellt. (6 Punkte)

b) Da der Ursprung eine Ruhelage des autonomen (ungesteuerten) Systems ist, wahltman u(t) = 0 fur t > 2T . (1 Punkt)

−1.4

−1.2

−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

To:

Out

(1)

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

To:

Out

(2)

Linear Simulation Results

Time (sec)

Am

plitu

de

10

Seite 188 von 199


a) Der erste Teil des gestrichelten Systems ist durch das lineare dynamische Systemx1 = −x1 +u gegeben. Ausserdem ist aus der Zeichnung ersichtlich, dass y = x1 +dgilt. Der entscheidende Punkt ist jedoch die Einbeziehung der konstanten Storung din das Modell. Das geschieht, indem dem Zustandsraummodell die Gleichung d = 0hinzugefugt wird (weil die Storung konstant ist verschwindet ihre zeitliche Ablei-tung). Damit erhalten wir das Modell

d

dt

[x1

d

]

=

[−1 00 0

] [x1

d

]

+

[10

]

u

y =[

1 1][

x1

d

]

.

(2 Punkte)

b) Das System soll in den neuen Koordinaten[

z1

z2

]

=

[dy

]

=

[0 11 1

]

︸︷︷︸

T

[x1

d

]

dargestellt werden. Fur das transformierte System erhalt man

A = TAT−1 =

[0 11 1

] [−1 00 0

] [−1 11 0

]

=

[0 01 −1

]

b = Tb =

[0 11 1

] [10

]

=

[01

]

cT = cT T−1 =[

1 1][−1 11 0

]

=[

0 1]

und das Zustandsraummodell lautet

z =

[0 01 −1

]

z +

[01

]

u

y =[

0 1]z

mit z = [ z1 z2 ]T . (2 Punkte)

c) Es soll ein Beobachter der Form

˙z = Az + bu −

[l1l2

]

(y − y)

y = cT z

entworfen werden, so dass die Dynamik

e =

(

A −

[l1l2

][

0 1])

e =

[0 −l11 −1 − l2

]

︸︷︷︸

A

e

11

des Beobachterfehlers e = z − z Eigenwerte bei −5 und −6 besitzt. Dazu mussendie Koeffizienten der Beobachterverstarkungsmatrix l = [ l1 l2 ]T so gewahlt wer-den, dass das charakteristische Polynom der Fehlerdynamikmatrix mit denen desSollpolynoms (s + 5)(s + 6) = s2 + 11s + 30 ubereinstimmt, also

det(λI − A) = det

[λ l1−1 λ + 1 + l2

]

= λ(λ + 1 + l2) + l1

= λ2 + (1 + l2)λ + l1!= λ2 + 11λ + 30.

Die Koeffizienten der Beobachterverstarkung mussen demnach zu l1 = 30 und l2 =10 gewahlt werden. (3 Punkte)

d) Zur Frage der Polvorgabe durch Zustandsruckfuhrung ist zu untersuchen, ob dieMatrix

P = [ b Ab ] =

[0 01 1

]

vollen Rang hat (d.h. ihre Determinante ungleich null ist). Offensichtlich ist dasnicht der Fall, und eine beliebige Vorgabe der Pole des geschlossenen Kreises mittelseiner Zustandsruckfuhrung ist nicht moglich. Das Ergebnis lasst sich folgendermaßendeuten: Das System besitzt zwei Zustande, von denen einer eine (konstante) Storungist. Diese ist von aussen nicht beeinflussbar, und deshalb kann nicht erreicht werden,dass die Storung verschwindet (d → 0). Durch eine Regelung kann jedoch sehrwohl erreicht werden, dass der Einfluss der Storung auf den Ausgang exponentiellabklingt, d.h. y → 0 (vgl. Regler mit I-Anteil). (2 Punkte)

12

Seite 189 von 199


Prufungsklausur Regelungstechnik I, 8.4.2004

Die gesamte Klausur umfasst 9 Seiten (9 Aufgaben, 56 Punkte).

Name, Vorname:

1


Gegeben ist folgendes Blockschaltbild:

− ++

G2

+

G1

G3

G4

G5U Y

Abbildung 1: Blockschaltbild.

a) Bestimmen Sie die Ubertragungsfunktion G(s) = Y (s)U(s)

. (2 Punkte)


Ein System ist durch die folgende Differentialgleichung beschrieben:

y(t) + 3y(t) + 2y(t) = u(t) − u(t)

a) Wieviele Anfangsbedingungen sind notwendig, um den Verlauf von y(t) eindeutigzu beschreiben? (1 Punkt)

b) Berechnen Sie fur das System die Systemantwort auf eine Rampenfunktion fur An-fangsbedigungen 0, d.h. den Zeitverlauf von y(t) fur u(t) = t · σ(t), wobei σ(t) dieSprungfunktion ist. (4 Punkte)

c) Bestimmen Sie die Regelungsnormalform fur das System. (1 Punkt)

2

Seite 190 von 199


Die Teilaufgaben 3a) und 3b) konnen unabhangig voneinander gelost werden.

a) Welches der drei Systeme hat ein lineares bzw. nichtlineares Ubertragungsverhaltenvom Eingang u zum Ausgang y. Geben Sie fur jedes System eine mathematischeBegrundung an! (4 Punkte)

(i)

x(t) = x(t) + u(t), x(0) = 0

y(t) = x(t)

(ii)

x(t) = x(t) + u(t), x(0) = 1

y(t) = x(t)

(iii)

x(t) = x(t) · u(t), x(0) = 0

y(t) = x(t)

b) Gegeben sind die zwei Zustandsraumdarstellungen

x(t) =

[

0 1−1 −2

]

x(t) +

[

01

]

u(t), x(0) = 0

y(t) =[

1 0]

x(t)

und

z(t) =

[

5 9−4 −7

]

z(t) +

[

−11

]

u(t), z(0) = 0

y(t) =[

1 1]

z(t).

Untersuchen Sie, ob die beiden Zustandsraumdarstellungen das gleicheEin/Ausgangs–Verhalten beschreiben. (3 Punkte)

3


a) Ordnen Sie die vier Amplitudengange den passenden Einheits–Sprungantworten zu.Geben Sie eine Begrundung an! (2 Punkte)

10−2

10−1

100

101

102

−40

−35

−30

−25

−20

−15

−10

−5

0

Mag

nitu

de (

dB)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Amplitudengang A1

0 10 20 30 40 50 600

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Sprungantwort S1

10−2

10−1

100

101

102

−15

−10

−5

0

5

10

15

20

25

30

Mag

nitu

de (

dB)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Amplitudengang A2

0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Sprungantwort S2

10−1

100

101

−40

−30

−20

−10

0

10

20

Mag

nitu

de (

dB)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Amplitudengang A3

0 1 2 3 4 5 60

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Sprungantwort S3

100

101

−20

−15

−10

−5

0

5

Mag

nitu

de (

dB)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Amplitudengang A4

0 1 2 3 4 5 60

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Sprungantwort S4

4

Seite 191 von 199


Die Teilaufgaben 5a), 5b), 5c) und 5d) konnen unabhangig voneinander gelost werden.

Gegeben sei das Blockschaltbild eines Regelkreises mit der Strecke G(s) und demP–Regler KP .

−

G(s)r

KP

y


Die Ubertragungsfunktion der Strecke lautet:

G(s) =2(s + 2)

(s + 1)(s − 2)(s + 4).

Zusatzlich liege der Frequenzgang G(jω) der Strecke graphisch vor:

−0.2 0.0

0.0

−0.4−0.5 −0.1−0.3

ω ω=0 =

Imag

inar

y A

xis

Real Axis

Abbildung 3: Ortskurve von G(jω).

a) Ist die Strecke G(s) stabil ? Geben Sie ein Begrundung an! (1 Punkt)

b) Skizzieren Sie den Amplitudengang von G(jω). (2 Punkte)

c) Bestimmen Sie limt→∞y(t) in Abhangigkeit des Parameters KP fur einen Fuhrungs-

großensprung r(t) = σ(t), wobei σ(t) die Sprungfunktion is. (2 Punkte)

d) Ermitteln Sie mit Hilfe des Nyquistkriteriums den großtmoglichen Wertebereich desParameters KP > 0, fur den der Regelkreis asymptotisch stabil ist. (3 Punkte)

5


Die Teilaufgaben 6a) und 6b) konnen unabhangig voneinander gelost werden.

Gegeben sei das Blockschaltbild eines Standardregelkreises mit der Fuhrungsgroßer und der Ausgangsgroße y:

−

x = Ax + bu

y = cTx

yr

i = 1, 2, 3

Ki(s) u


Die Zustandsraumdarstellung der Strecke (A,b, cT ) lautet (a22 ist ein reeller Parameter):

A =

[

1 01 a22

]

, b =

[

10

]

, cT =[

0 1]

.

Als Reglerubertragungsfunktion stehen hierbei folgende Ubertragungsfunktionen zur Aus-wahl (KP und a sind reelle Parameter):

(i) K1(s) = KP

(ii) K2(s) = KP1

s+a

(iii) K3(s) = KPs+a

s+10.

a) Bestimmen Sie den Parameter a22 so, dass die Strecke (A,b, cT ) integrierendesVerhalten aufweist. (2 Punkte)

Hinweis: Wenn Sie diesen Aufgabenteil nicht losen konnen, rechnen Sie mitdem Parameter a22 = −2 weiter

b) Bestimmen Sie die Ubertragungsfunktion G(s) der Strecke (A,b, cT ) mit dem ausTeilaufgabe 6a) erhaltenen Wert fur a22. (2 Punkte)

c) Untersuchen Sie fur alle 3 Regler K1(s), K2(s) und K3(s), ob mit Hilfe des jeweilsbetrachteten Reglers der geschlossene Regelkreis asymptotisch stabilisiert werdenkann. Geben Sie die in diesem Falle notwendigen und hinreichenden Bedingungenfur die Reglerparameter KP und/oder a an. (5 Punkte)

6

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Die Teilaufgaben 7a), 7b), 7c) und 7d) konnen unabhangig bearbeitet werden.

Gegeben ist das nichtlineare System

x1(t) = x1(t)(x1(t) − 1) − 2x2(t)

x2(t) = x2(t)(x2(t) + 1) − x1(t)

a) Zeigen Sie, dass die folgenden Koordinaten Ruhelagen des Systems sind: (1 Punkt)

xs1 = [0, 0]T , xs2 = [2, 1]T .

b) Linearisieren Sie das System um beide Ruhelagen xs1 und xs2. (2 Punkte)

c) Untersuchen Sie die beiden linearisierten Systeme aus Teilaufgabe 7b) auf asym-ptotische Stabilitat, Grenzstabilitat oder Instabilitat anhand der Eigenwerte.

(2 Punkte)

d) Welche der folgenden Trajektorienverlaufe konnte zu dem um die Ruhelage xs1 =[0, 0]T linearisierten System passen? Geben Sie eine Begrundung an! (2 Punkte)

x2

x1

x2

x1

(a) (b)

x2

x1

x2

x1

(c) (d)

7


Die Teilaufgaben 8a), 8b) und 8c) konnen unabhangig bearbeitet werden.

Gegeben ist das folgende lineare System (k ist eine reeller Parameter)

x(t) = Ax(t) + bu(t), x(0) = x0

y(t) = cTx(t),

mit

A =

0 0 −51 0 (1 − k)0 1 (5 − k)

, b =

100

, cT =[

0 0 1]

.

a) Zeigen Sie, dass fur das System unabhangig vom Parameter k die Bedingungen furdie Existenz eines Zustandsbeobachters erfullt sind. (2 Punkte)

b) Fur welche Werte von k ist das System asymptotisch stabil? (Hinweis: Beachten Siedie spezielle Struktur von A und die Tatsache λ(AT ) = λ(A)) (3 Punkte)

c) Entwerfen Sie einen von k abhangigen Zustandsbeobachter fur das System so, dassdie Pole der Beobachterfehlerdynamik bei s1 = −1, s2 = −2, s3 = −3 liegen.

(3 Punkte)

d) Berechnen Sie den Zeitverlauf des Beobachterfehlers e(t) := x(t) − x(t) fur x(0) =[6 5 1]T und x(0) = [0 0 0]T fur den in Teilaufgabe 8c) entworfenen Zustandsbeob-achter.

(Hinweis: x(0) ist Eigenvektor der Matrix A =

0 0 −61 0 −110 1 −6

) (3 Punkte)

8

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Die Teilaufgaben 9a) und 9b) konnen unabhangig bearbeitet werden.

Gegeben sind zwei Systeme G1 und G2 mit den Zustandsraummatrizen

G1 : A1,b1, cT

1 , d1

G2 : A2,b2, cT

2 , d2.

a) Bestimmen Sie fur das Gesamtsystem aus Abbildung 5 eine Zustandsraumdarstel-lung A,b, cT , d . (2 Punkte)

+

+

G1

G2

u y

A,b, cT , d

Abbildung 5: Parallelschaltung zweier Systeme G1 und G2.

b) Ist das Gesamtsystem stabil, wenn das System G1 stabil und das System G2 instabilist? Geben Sie eine Begrundung an! (2 Punkte)

9

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Ubungsaufgaben Regelungstechnik I

Aufgabe 1 (zu Kap. II.1.2, Elementare Matrixoperationen, Lineare Algebra)Gegeben sei ein System der Form x = Ax mit der Dynamikmatrix

A =

0 1 0 00 −1 0 01 0 2 −2

10 11 12 13

.

(a) Bestimmen Sie den Rang der Systemmatrix (rank). Welche Systemeigenschaften lassensich daraus ableiten?

(b) Bestimmen Sie alle Eigenwerte sowie alle Links- und Rechtseigenvektoren (eig). Ist dasSystem stabil?Hinweis: Nutzen Sie den Zusammenhang [w1 . . . wn]T [v1 . . . vn] = I zwischen den Linksei-genvektoren wT

i und den Rechtseigenvektoren vi.

(c) Ist die Systemmatrix diagonalahnlich? Wenn ja, transformierten Sie das System auf Dia-gonalform.

(d) Bestimmen Sie den Wert des Zustands zum Zeitpunkt t = 2 fur den Anfangswert x0 =[1 1 1 1]T (expm).

Aufgabe 2 (zu Kap. II.1.2 und III.1.2, Analyse im Zeit- und Frequenzbereich)Gegeben sei das System

x =

[

0 1−1 −1

]

x +

[

01

]

u

y =[

1 0]

x.

(a) Erzeugen Sie das Zustandsraummodell dieses Systems in Matlab (ss).

(b) Bestimmen Sie die Sprung- und Impulsantwort des Systems (step, impulse).

(c) Bestimmen Sie die Systemantwort y(t) fur das Eingangssignal u(t) = sin(0.5πt) mit demAnfangswert x0 = 0 (lsim). Wie groß ist die Verstarkung und Phasenverschiebung zwi-schen Ein- und Ausgang fur hinreichend große Zeiten.

(d) Uberprufen Sie die im Punkt (c) erhaltenen Ergebnisse mit Hilfe des Bodediagramms(bode).

(e) Bestimmen Sie die Ubertragungsfunktion des Systems (tf).

1

G (s)1 G (s)2 K(s) −

r(t) y(t)

Regler Strecke G(s)


Aufgabe 3 (zu Kap. III, Analyse und Synthese im Frequenzbereich)Gegeben sei der in Abbildung 1 dargestellte Regelkreis

mit

G1(s) =s + 3

s3 + 6s2 + 11s + 6

G2(s) =50

s + 10

K(s) =V

s

(

1 +s

ωz

)

.

(a) Bestimmen Sie die Gesamtubertragungsfunktion G(s) der Strecke.

(b) Bestimmen Sie alle Pole und Nullstellen der Strecke (pole, zero). Ist die Strecke stabil?Ist die Strecke intern stabil?

(c) Bestimmen Sie eine Minimalrealisierung1 M(s) der Strecke G(s) (minreal).

(d) Berechnen Sie die Parameter V, ωz des PI-Reglers K(s) so, dass die Durchtrittsfrequenz ωD

des offenen Kreises K(s)M(s) bei ωD = 1 liegt und die Phasenreserve φR = 60 betragt.

(e) Bestimmen Sie Amplituden- und Phasenreserve mit dem aus (d) erhaltenen Regler(ltiview).

(f) Bestimmen Sie die bleibende Regelabweichung des mit dem Regler aus (d) geschlossenenRegelkreises (mit M(s) als Strecke), wenn am Eingang eine Rampenfunktion angelegt wird(dcgain).

Aufgabe 4 (zu Kap. II.2, Zustandsregler- und Beobachterentwurf)Es soll die Position einer im Magnetfeld schwebenden Kugel geregelt werden (Anwendung: z.B.Magnetschwebebahn). Der schematische Aufbau ist in Abbildung 2 dargestellt. Nach einer Li-nearisierung um den Zustand (Arbeitspunkt) xA = [h h i]T = [0.01 0 7]T erhalten wir folgendesModell:

∆x =

0 1 0980 0 −2.8

0 0 −100

∆x +

00

100

∆u

∆y =[

1 0 0]

∆x

1Nenner und Zahler der Ubertragungsfunktion sind teilerfremd - d.h es wird”durchgekurzt“.

2

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u

R L

hh

mg

Lichtquelle

Sensor

i

Regler

Abbildung 2: Kugel in einem Magnetfeld.

(a) Bestimmen Sie die Eigenwerte des Systems. Ist das System stabil?

(b) Simulieren Sie im Zeitintervall [0, 2] den Verlauf von ∆y(= ∆h) fur den Anfangswertx0 = [0.005 0 0]T , ∆u ≡ 0 (lsim).

(c) Ist das System steuerbar (ctrb)?

(d) Entwerfen Sie einen linearen Zustandsregler der Form ∆u = kT ∆x so, dass die Dynamik-

matrix des geschlossenen Regelkreises folgende Eigenwerte besitzt (place, acker):

λ1 = −10 + 10i

λ2 = −10 − 10i

λ3 = −50

(e) Simulieren Sie im Zeitintervall [0, 2] den Verlauf von ∆y(= ∆h) des geschlossenen Regel-kreises fur den Anfangswert x0 = [0.005 0 0]T - unter der Annahme, dass alle Zustandemessbar sind.

(f) Wie muss die Lage der Eigenwerte des geschlossenen Regelkreises verandert werden so,dass das Uberschwingen verringert wird. Uberprufen Sie Ihre Wahl durch eine Simulation.

(g) Ist das System beobachtbar (obsv)?

(h) Da am realen System nur die Position h messtechnisch erfassbar ist, muss ein Zustands-beobachter entworfen werden. Die Eigenwerte des Beobachterfehlers2 sollen bei

λ4 = −100

λ5 = −101

λ6 = −102

2Eigenwerte der Fehlerdifferentialgleichung.

3

liegen. Entwerfen Sie einen entsprechenden Beobachter (place, acker).

(i) Simulieren Sie im Zeitintervall [0, 2] den Verlauf von ∆y(= ∆h) im Gesamtsystem mitZustandsregler und Beobachter, wobei der Anfangswert des Systems wiederum bei x0 =[0.005 0 0]T liegen soll und angenommen wird, dass der Beobachter bei x0 = 0 startet.

(j) Bestimmen Sie die Eigenwerte des geschlossenen Regelkreises (Strecke plus Beobachterplus Zustandsregler).

(k) Betrachten Sie nun Beobachter und Zustandsregler als ein dynamisches System mit Ein-gangsgroße ∆y und Ausgangsgroße ∆u. Bestimmen Sie die Gesamtubertragungsfunktionvon Beobachter und Zustandsregler (ss2tf).

Zusatzaufgabe

(l) Implementieren Sie die Polvorgabe nach der Ackermann-Formel3 in einer Matlab-Funktion(m-File).

Aufgabe 5 (zu Kap. II.2, Simulink)Gleiche Aufgabenstellung wie in Aufgabe 4.

(a) Losen Sie die Aufgaben 4(b), 4(e) und 4(i) in Simulink, wobei Strecke, Zustandsregler undBeobachter getrennt, also nicht in einem Block, realisiert werden sollen (>>simulink).

(b) Uberprufen Sie Ihr Ergebnis von Aufgabe 4(k) in Simulink, indem Sie Beobachter undZustandsregler von Aufgabenpunkt 5(a) durch die Gesamtubertragungsfunktion ersetzen.

Aufgabe 6 (Zusatzaufgabe, Matlab-Funktionen)Schreiben Sie eine Matlab-Funktion deltasum(x,q) die folgende Summe berechnet:

s =

n−1∑

i=1

1

2i|xi+1 − xi|

q

mit x = [x1 . . . xn] ∈ Rn und q ∈ R. q soll dabei optional ubergeben werden konnen mit dem

Defaultwert 2. D.h. die Funktion soll sowohl ohne Angabe von q, s=deltasum([1 3 2]) (q = 2),als auch mit Angabe von q, s=deltasum([1 3 2],3), ausfuhrbar sein.

3Ackermann-Formel: u = − [0 . . . 0 1] S−1

uw(A)x, wobei Su die Steuerbarkeitsmatrix und w(·) das Wunschpo-

lynom des geschlossenen Kreises ist.

4

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Musterlosungen zu den Ubungsaufgaben Regelungstechnik I

Aufgabe 1

**************

*** lsg1.m ***

**************

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Aufgabe 1

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

A = [ 0 1 0 0;

0 -1 0 0;

1 0 2 -2;

10 11 12 13]

% (a) Rang(A) = 3 <=> mindestens ein Eigenwert ist

% gleich Null => System ist grenzstabil oder

% instabil. Unendlich viele Ruhelagen.

rank(A)

% (b) System ist instabil (EW: -1, 0, 5, 10, siehe auch (a))

[ReEV,EW]=eig(A)

LiEV = inv(ReEV)

% (c) EW sind paarweise verschieden => diagonalaehnlich <=> n lin. unabh. EV

T=LiEV*A*ReEV

% (d)

expm(A*2)*[1 1 1 1]’

Aufgabe 2

**************

*** lsg2.m ***

**************

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Aufgabe 2

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

A=[ 0 1;

-1 -1]

b=[0 1]’

c=[1 0]

d=0

1

% (a)

sys=ss(A,b,c,d)

% (b)

step(sys)

impulse(sys)

% (c)

x0=[0 0]

t=0:0.01:20;

u=sin(0.5 * pi * t);

lsim(sys, u, t, x0) % zeichet u und y

grid on

% Verstarkung fur große t aus Plot: 0.465

gainDb = 20 * log10(0.465)

% Phasen-Verzogerung fur große t aus Plot: 16 - 17.5

phaseShiftRad = (16 - 17.5) * 0.5 * pi

phaseShiftDeg = phaseShiftRad * 180 / pi

% (d)

figure % neues Plot-Fenster oeffnen

bode(sys)

grid on

% aus dem Bode-Diagramm konnen die Verstarkung und die Phase fur

% die Frequenz pi / 2 = 1.571 abgelesen werden.

% (e) Bem.: System ist in RNF gegeben => G(s) ablesbar.

Gs = tf(sys)

Aufgabe 3

**************

*** lsg3.m ***

**************

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Aufgabe 3

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

s = tf([1 0],[1]) % s definieren! - dann braucht man nicht mit tf

% arbeiten. Alternativ: s = tf(’s’)

G1 = (s + 3) / (s^3 + 6 * s^2 + 11 * s + 6)

G2 = 50 / (s + 10)

% (a)

G = G1 * G2

% (b) Die Stecke ist stabil und auch intern stabil

% (gekuerzter Pol ist stabil) - siehe (c).

pole(G)

zero(G)

2

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% (c) Bem: Es treten Kuerzungen in G(s) auf (Pol bei s=-3,

% Nullstelle bei s=-3) => nicht steuerbar und/oder nicht

% beobachtbar. Eine Minimalrealisierung entspricht dem

% vollstaendig steuerbaren und beobachtbaren Anteil eines

% Systems - dh. es wird "durchgekuerzt" => Nenner und Zaehler

% sind teilerfremd.

M=minreal(G)

% (d+e) (Typische loop-shaping Aufgabe).

% Aus dem Bode-Diagramm von M(s)/s [aus Gruenden der einfacheren

% Berechnung von wz und V betrachten wir M(s)/s] Phase und

% Amplitude fuer w=1 bestimmen.

ltiview(M / s) % Alternativ: bode(M / s)

% HINWEIS zu LTIVIEW:

% - Rechte Maustaste -> Plot Types -> Bode: Bodeplot anzeigen

% - Rechte Maustaste -> Characteristics -> Stability (Minimum

% Crossing): Phasen-/Amplitudenreserve anzeigen

% - Klick auf Kurve und Punkt verschieben: Werte ablesen

% => Phase bei w=1: -168 Grad => Phase um 48 Grad anheben.

% Amplitude bei w=1: 3.74 dB => Verstaerkung um -3.74 dB =

% 0.65 absenken.

% Da die obigen Werte aus M(s)/s bestimmt wurden, muss jetzt

% K(s)*s = V(1+s/wz) so gewaehlt werden, dass gilt:

% abs(V(1+i/wz)) = 0.65 und arg(V(1+i/wz)) = 48 Grad

% => wz=0.9 und V=0.43.

K=0.43 / s * (1 + s / 0.9)

ltiview(M * K) % Alternativ: bode(M / s)

% HINWEIS: Amplituden- und Phasenreserve sind Kenngroessen des

% OFFENEN Kreises durch welche man aber auf Eigenschaften

% (z.B. Stabilitaet) des GESCHLOSSENEN Kreises schliessen

% kann.

% (f)

% Rampe r(s) = 1/s^2

% Regelabweichung e(s) = r(s)-y(s) = [1/(1+K*M)]*r(s)

% Bleibende Regelabweichung lim s*e(s)

% s->0

% dcgain(G(s)) = G(0)

dcgain(1 / (1 + K * M) * (1 / s))

Aufgabe 4 Siehe auch www.engin.umich.edu/group/ctm/state/state.html.

**************

*** lsg4.m ***

**************

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Aufgabe 4

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

A=[ 0 1 0;

980 0 -2.8;

3

0 0 -100]

b=[0 0 100]’

c=[1 0 0]

d=0

% (a)

eig(A)

% (b)

t=0:0.005:2;

u=0*t;

x0 = [0.005 0 0]

figure

lsim(A,b,c,d,u,t,x0)

% (c)

rank(ctrb(A, b))

% (d)

p1=-10+10i;

p2=-10-10i;

p3=-50;

k=place(A,b,[p1 p2 p3])

% (e)

figure

lsim(A-b*k,b,c,d,u,t,x0)

% (f) Realteil der Pole nach links verschieben

p1=-20+10i;

p2=-20-10i;

p3=-100;

k=place(A,b,[p1 p2 p3])

figure

lsim(A-b*k,b,c,d,u,t,x0)

% (g)

rank(obsv(A, c))

% (h)

op1=-100;

op2=-101;

op3=-102;

f=place(A’,c’,[op1 op2 op3])’;

% (i)

At = [A-b*k b*k;

zeros(size(A)) A-f*c]

bt = [b; zeros(size(b))]

ct = [c zeros(size(c))]

4

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figure

lsim(At,bt,ct,0,zeros(size(t)),t,[x0 x0]) %e0=x0-[0 0 0]

% (j) (Separationstheorem gilt!)

eig(At)

% (k)

[num,den]=ss2tf(A-b*k-f*c,f,-k,0)

BR=tf(num,den)

% (l) (Zusatzaufgabe)

k2=polvorgabe(A,b,[p1 p2 p3])

max(abs(k - k2))

*************************

*** Zusatzaufgabe (l) ***

*** polvorgabe.m ***

*************************

function k = polvorgabe(A, b, p)

%

% POLVORGABE(A, B, P)

%

% Computes the state feedback gain K such that the poles of the

% closed loop dx/dt = A x + B u; u = -K x are those specified in

% vector P.

%

% See also PLACE, ACKER.

n = size(A, 1);

en = zeros(n, 1);

en(end) = 1;

k = en’ / ctrb(A, b) * polyvalm(poly(p), A);

Aufgabe 5 Siehe Simulink-File zrb.mdl und Abbildung 1.

Aufgabe 6

******************

*** deltasum.m ***

******************

function s = deltasum(x,q)

% Synopsis: s = deltasum(x[,q])

%

% Input: x ... Vector

5

Observer

Plant

State Feedback

c* u

y^=cx^

c* u

y=cx

−k* u

u=−kx^

output y

estimated state vector x^

x’ = Ax+Bu y = Cx+Du

dx^/dt = Ax^+[f b]*[e u]’C=I, D=0, x^0=[0 0 0]

x’ = Ax+Bu y = Cx+Du

dx/dt=Ax+buC=I, D=0, x0

control u

u

e=y−y^

state vector x

y

estimatedstate vector x^

y^

Abbildung 1: Zustandsregler mit Beobachter (dynamic output feedback).

% q ... Scalar (optional, default = 2)

%

% Output:

% s = sum_i=1^n-1 (1/2î)*|x(i+1)-x(i)|^q

%

% Note: help deltasum - shows the lines above

if nargin == 1 q=2; end

s=sum((2.^-(1:length(x)-1)).*abs(x(1:end-1)-x(2:end)).^q);

6

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