Musterlösung. 120 Minuten + 15 Minuten Lesezeit am Anfang! 47 (unterschiedlich gewichtet, total 57 Punkte)

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1 BSc - Sessionsprüfung Regelungstechnik I ( ) Ochsner Musterlösung Dauer der Prüfung: Anzahl der Fragen: Bewertung: 120 Minuten + 15 Minuten Lesezeit am Anfang! 47 (unterschiedlich gewichtet, total 57 Punkte) Um die Note 6 zu erlangen, müssen nicht alle Fragen richtig beantwortet werden. Bei jeder Frage ist die Punktezahl angegeben. Die angegebene Punktezahl kann nur erreicht werden, wenn die Lösung vollständig richtig ist, d.h. es gibt keine Punkte für halbrichtige Lösungen. Nicht eindeutige Lösungen werden als falsch bewertet. Erlaubte Hilfsmittel: 20 A4-Blätter (40 Seiten) Taschenrechner (zur Verfügung gestellt) Die Assistenten dürfen keine Hilfe geben. Zur Beachtung: Die Lösungen sind nicht zu begründen. Es zählt ausschliessich das Endresultat. Zu einer korrekten Lösung gehört auch die richtige Masseinheit. Geben Sie die Lösungen ausschliesslich an den dafür vorbereiteten Stellen an.

2 Seite 2 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Thema: Einführung in die Regelungstechnik F1 Die Stellgrössen sind die Gaspedal- und die Bremspedalposition α g (t) und α b (t). Die Regelgrösse ist die Fahrzeuggeschwindigkeit v(t). Der Zustand der Regelstrecke setzt sich zusammen aus Fahrzeuggeschwindigkeit v(t) und Antriebskraft F m (t). Der Regler ist McFast und die Regelstrecke das Fahrzeug. Die Führungsgrösse ist die gewünschte Fahrzeuggeschwindigkeit v d (t) 0 u(t) K x(t) E y(t) A r(t) C C B P G F2 Wenn die Dynamik des Elektromotors viel schneller ist als die relevante Dynamik, vereinfacht sich Gleichung (1) zu einer algebraischen Gleichung (τ m = 0). F m (t) = k m α g (t) (1) F3 Es handelt sich um eine zeitinvariante, nichtlineare Differentialgleichung mit einer Eingangsund einer Ausgangsgrösse: Linear Zeitinvariant Dynamisch SISO F4 Eine Übertragungsfunktion Σ(s) ist immer linear Σ(s) (a U 1 (s)+b U 2 (s)) = a Σ(s) U 1 (s)+b Σ(s) U 2 (s) und zeitinvariant. Da die Ausgangsgrösse nicht nur von der aktuellen Eingangsgrösse abhängt, ist das System dynamisch. Linear Zeitinvariant Dynamisch SISO

3 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 3 F5 Die Ausgangsgrösse hängt nur von den zwei Eingangsgrössen und der Zeit ab, womit das System nicht dynamisch, nicht SISO, aber zeitvariant ist. Linear Zeitinvariant Dynamisch SISO F6 Die Übertragungsfunktion lässt sich folgendermassen herleiten: U(s) = C(s) ( Y(s) N(s)) = C(s) ( P(s) U(s) N(s)) = C(s) P(s) U(s) C(s) N(s) Aufgelöst nach U(s)/N(s) folgt daraus: U(s) N(s) = C(s) 1+P(s) C(s) F7 Ein langsam fahrendes Fahrrad ist instabil. Das Mädchen stabilisiert somit beim Geradeausfahren das Fahrrad. Der starke Seitenwind kann als Störung betrachtet werden. Folgeregelung Stabilisierung Störungsunterdrückung

4 Seite 4 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Thema: Systemmodellierung F8 Einsetzen der Gleichungen für Reibung und Motormoment ergibt folgende Gleichungen: d dt z 1(t) = 1 Θ (κ z 2 (t) c 0 c 2 z 2 1 (t)) d dt z 2(t) = 1 L (v(t) R z 2(t) κ z 1 (t)) w(t) = z 1 (t) F9 Bei einem Gleichgewicht ist die zeitlichen Ableitung des Zustands gleich Null. Wenn zusätzlich die Bedingung w e = 0 berücksichtigt wird, führt dies zu zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten. Löst man diese auf, erhält man folgenden Gleichgewichtspunkt: z e = 2 z 0 v e = 2 z 0 F10 Bei der Normierung gelten folgende Zusammenhänge: z(t) = z 0 x(t) v(t) = z 0 u(t) w(t) = z 0 y(t) Setzt man diese in das nichtlineare System ein, so erhält man folgende Lösung: d dt x(t) = 10 x(t) u2 0 z 0 u(t) y(t) = 0.5 z2 0 w 0 x(t), womit resultiert:

5 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 5 α = 10 β = 10 γ = F11 Die richtige Lösung lautet: A = f 0 x c = g 0 x = 1 b = f 0 x=xe,u=u e u = 1 x=xe,u=u e = 20 d = g 0 x=xe,u=u e u = 2 (1+u e ) = 2 x=xe,u=u e F12 Die Differenzzwischen Sollwert undistwert wirdmit w 0 normiert.der normierteausgang desreglerswirdmultipliziertmitv 0 (entnormiert)undanschliessendzumgleichgewichtswert v e addiert. Somit gilt: α β γ δ

6 Seite 6 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Thema: Analyse linearer Systeme F13 Falls der Realteil Re(λ i ) eines Eigenwerts gleich 0 ist (und die Realteile aller anderen Eigenwerte kleiner als 0 sind), ist das linearisierte System Lyapunov stabil (grenzstabil). Haben zwei oder mehr Eigenwerte einen Realteil gleich 0 und die Systemmatrix A des linearen Systems ist diagonalisierbar, dann ist das linearisierte System Lyapunov stabil. Die richtige Lösung lautet: Das linearisierte System ist Lyapunov asymptotisch stabil. Das linearisierte System ist Lyapunov instabil. Das linearisierte System ist Lyapunov stabil (grenzstabil). Über die Lyapunovstabilität des linearisierten Systems kann mit diesen Informationen keine Aussage gemacht werden. F14 Falls der Realteil eines oder mehrerer Eigenwerte gleich 0 ist, ist über die Lyapunov Stabilität des nichtlinearen Systems keine Aussage möglich. Die richtige Lösung lautet: Die Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems ist Lyapunov asymptotisch stabil. Die Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems ist Lyapunov instabil. Die Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems ist Lyapunov stabil (grenzstabil). Über die Lyapunovstabilität der Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems kann mit diesen Informationen keine Aussage gemacht werden. F15 Die Zeitkonstante τ findet man beim Schnittpunkt der Tangente bei t = 0 + mit der Zeitachse. Der Wert der Impulsantwort zum Zeitpunkt t = 0 + ist k/τ, womit man zusammen mit der abgelesenen Zeitkonstante τ die Verstärkung k bestimmen kann. k = 8 τ = 10s F16 Ein System ist nach Lyapunov asymptotisch stabil, wenn alle Eigenwerte λ i der Systemmatrix A einen Realteil σ i kleiner 0 haben. Die Eigenwerte folgen aus der Gleichung det(λ i I A) = 0. In unserem Fall: ([ ] [ ]) λ det(λi A) = det 0 λ α 3 ([ ]) λ 1 2 = det α λ+3 = (λ 1)(λ+3)+2α = λ 2 +2λ+(2α 3)! = 0

7 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 7 Durch Lösen der quadratischen Gleichung erhält man folgende Bedingung: α > 1.5 F17 Das System ist vollständig steuerbar wenn die Steuerbarkeitsmatrix R = [ b A b A 2 b... A n 1 b ] vollen Rang n hat. Für das gegebene System zweiter Ordnung soll die Steuerbarkeitsmatrix für jede Aktuatorwahl berechnet werden: [ ] 1 1 b 1 : R = 0 0 [ ] 0 2 b 2 : R = 1 3 [ ] 1 3 b 3 : R = 2 6 Die erste und dritte Matrix haben Rang 1 (also nicht vollen Rang). Die zweite Matrix hat Rang 2 (also vollen Rang). Deshalb lautet die richtige Lösung: b 1 b 2 b 3 F18 Das System ist vollständig beobachtbar, wenn die Beobachtbarkeitsmatrix O = c c A c A 2. c A n 1 vollen Rang n hat. Die Matrix hat nicht vollen Rang, wenn die Determinante gleich 0 ist. Damit kann man den Wert für die Sensorverstärkung γ berechnen. ([ ]) ([ ]) c 1 γ det(o) = det = det = 2 4γ =! 0 c A 1 2 3γ Die richtige Lösung lautet deshalb: γ = 1 2

8 Seite 8 Sessionsprüfung Regelungstechnik I F19 Die Matrix A beschreibt den Einfluss des Zustands auf die zeitliche Ableitung des Zustands A = F20 Der Vektor b beschreibt den Einfluss der Eingangsgrösse u auf die zeitliche Ableitung des Zustands. Der Vektor c beschreibt den Einfluss des Zustands auf die Ausgangsgrösse y. Der Skalar d beschreibt den direkten Einfluss der Eingangsgrösse u auf die Ausgangsgrösse y. 2 b = 1 c = [ ] d = 0 0 F21 Betrachtet man die zweite Zeile von A und den zweiten Eintrag von b, erkennt man, dass die zweite Zustandsvariable nicht steuerbar ist. Betrachtet man die dritte Spalte von A und den dritten Eintrag von c, erkennt man, dass die dritte Zustandsvariable nicht beobachtbar ist. Somit bleibt bei der minimalen Realisierung nur die erste Zustandsvariable übrig. A = 2 b = 1 c = 0.5 d = 0 F22 Gegeben ist die Zustandsraumdarstellung {A, b, c, d} eines Systems. Die Übertragungsfunktion Σ(s) kann allgemein mit folgender Gleichung berechnet werden: Σ(s) = Y(s) U(s) = c(si A) 1 b+d Alternativ kann man das System von linearen Differentialgleichungen in den Frequenzbereich transformieren und auf die Zustandsvariablen auflösen: s X 1 (s) = 2 X 1 (s)+u(s) s X 2 (s) = X 2 (s)+2 U(s) X 1 (s) = U(s) s+2 X 3 (3) = 2 U(s) s 1 Setzt man dies nunin die Gleichung Y(s) = c X(s)+d U(s) ein undlöst dieresultierende Gleichung nach Y(s)/U(s) auf, so erhält man:

9 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 9 Σ(s) = 1 s s 1 = s 1+2 s+4 (s+2) (s 1) = 3s+3 s 2 +s 2

10 Seite 10 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Thema: Laplace 0 F23 Die Übertragungsfunktion kann ausgeschrieben werden als: Σ(s) = s2 +1 s 3 +2s 2, woraus man sehen kann, dass es sich um ein System dritter Ordnung handelt. Die Zustandsraumdarstellung in Controller Canonical Form für ein allgemeines System dritter Ordnung (mit relativem Grad r > 0) ist Σ(s) = [ A b c d b 2 s 2 +b 1 s+b 0 s 3 +a 2 s 2 +a 1 s+a 0 ] = a 0 a 1 a 2 1 b 0 b 1 b 2 0 Somit lautet die richtige Lösung: A = b = 0 c = [ ] d = F24 Im Frequenzbereich ist die Systemantwort Y(s) gleich der Übertragungsfunktion Σ(s) multipliziert mit dem Eingangssignal U(s). Der Impuls δ(t) im Frequenzbereich ist gegeben als U(s) = (s) = 1, d. h. Y(s) = Σ(s) 1. Die Partialbruchzerlegung der Impulsatnwort Y(s) lautet somit Y(s) = Σ(s) = s2 +1 s 2 (s+2) = A 1 (s+2) + A 2 s + A 3 s 2, und mit einem Koeffizientenvergleich findet man A 1 = 5 4, A 2 = 1 4, A 3 = 1 2. In den Zeitbereich zurücktransformiert lautet die Impulsantwort: y(t) = h(t) (5 4 e 2t t) F25 Das Ausgangssignal y 2 (t) lässt sich folgendermassen berechnen y 2 (t) = a y 1 (t)+b d dt y 1(t)

11 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 11 Für t ist die zeitliche Ableitung von y 1 (t) Null: lim y 2(t) = a y 1 (t) t t +b Somit lässt sich a folgendermassen berechnen: y 2 (t) y 1 (t) = a = 5 t d dt y 1(t) = a y 1 (t) t t Zum Zeitpunkt t = 0+ ist das Zwischensignal y 1 (t) Null und die zeitliche Ableitung von y 1 (t) gleich 1: lim y 2(t) = a y 1 (t) t 0+ t 0+ +b d dt y 1(t) = b 1 t 0+ Der Wert des Parameters b entspricht also dem Unterschwingen von y 2 (t) zum Zeitpunkt t = 0+. a = 5 b = 2 F26 System A hat zwei Pole im Ursprung und ist somit nicht BIBO-stabil. In den Systemen B und C wird das Eingangssignal mit einem zeitabhängigen aber endlichen Faktor verstärkt. Solange u(t) endlich ist, bleibt auch y(t) endlich. Somit sind beide Systeme BIBO-stabil. SystemDistnichtBIBO-stabil,day(t)füru(t) = 0einenunendlichhohenWertannimmt. Somit lautet die richtige Lösung: A B C D

12 Seite 12 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Thema: Frequenzantworten F27 Aus dem zeitlichen Verlauf von u(t) ist ersichtlich, dass die Periode des Eingangssignals T = 2πs ist. Die Anregungsfrequenz ist somit ω = 1 rad /s. Aus dem Bodediagramm erkennt man, dass der Betrag bei ω grösser als 1 ist, womit Antwort B nicht möglich ist. Antwort A schwingt mit einer anderen Frequenz als die Anregung, womit diese auch nicht möglich ist. Die Phase bei ω ist 90, womit Antwort C richtig ist (bei Antwort D liegt eine Phase von +90 vor): A B C D F28 Die Totzeit wirkt sich nur auf die Phase und nicht auf den Betrag des Systems aus. Damit gilt: 2 jω ejωt Somit ergibt sich = 2 ω! = 10 x 20 ω = 2 10 x 20 = 2 10 x 20 F29 Das Bodediagramm zeigt ein System zweiter Ordnung ohne Nullstelle, offenen Integrator oder Totzeit. Das zugehörige Nyquistdiagramm ist B. A B C D F30 Der Typ des Systems wird anhand des Phasengangs bei tiefen Frequenzen bestimmt Σ(j 0) = k π/2. Der relative Grad kann anhand der Steigung des Amplitudengangs bei hohen Frequenzen bestimmt werden d Σ(jω) db dlogω = r 20dB/dec. ω Somit lautet die Lösung: k = 1 r = 1

13 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 13 F31 Das System hat keinen Pol im Ursprung und ist daher vom Typ 0. Der relative Grad berechnet sich aus der Differenz zwischen dem Grad des Nennerpolynoms n = 3 und dem Grad des Zählerpolynoms m = 1. k = 0 r = 2 F32 Aus dem Phasengang lässt sich herauslesen, dass das System ein komplex-konjugiertes Polpaar bei tiefen Frequenzen, eine Nullstelle bei mittleren Frequenzen und eine Totzeit bei hohen Frequenzen hat. Der Typ des Systems ist 0, somit hat es keinen offenen Integrator. Die Eigenfrequenz ω 0 des komplex-konjugierten Polpaars kann im Phasengang abgelesen werden undbeträgt 0.1 rad /s. Die Nullstelle kannebenfalls dem Phasengangabgelesen werden und beträg 0.2 rad /s. Die Totzeit lässt sich annähern, in dem man schaut, bei welcher Frequenz (= 1/T) der (zusätzliche) Phasenverlust ungefähr 57 beträgt. In diesem Fall ist also die Frequenz zu bestimmen, bei welcher die Phase ungefähr = 147 ist. Aus dem Bodediagramm liest man eine Frequenz von 100 rad /s ab, weshalb die Totzeit 0.01 s berägt. 1 s 0.01 s s s+1 exp( 0.01s) 0.1 s s s+1 0.5s+1 exp( 0.05s) 1 (s+1) 2 F33 Der relative Fehler ist definiert als: E rel (jω ) = m p e j ϕp m Σ e j ϕ 1 Σ (1) Die Verstärkung m p = 0.53 und Phasenverschiebung ϕ p = 45 des Messpunkts sind gegeben. Die Amplitude und Phasenverschiebung der Übertragungsfunktion bei ω müssen berechnet werden: Σ(jω ) = 1 j +1 = m Σ = j 1 (j +1)(j 1) = j 1 = j (2) = 0.5 = 0.707; ϕ Σ = arctan ( ) 0.5 = 45 (3) 0.5 Setzt man diese Werte in die Formel ein, erhält man: E rel (jω 0.53 e π/4 ) = 1 = 0.25 (4) e π/4 E rel (jω ) = 0.25

14 Seite 14 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Thema: Analyse und Spezifikationen geschlossener Regelkreise F34 Anhand des gegebenen Blockschaltbilds kann E(s) hergeleitet werden: E(s) = R(s) Y(s) = R(s) L(s) E(s), R(s) = 1 s, L(s) = 1 s (5) E(s) = 1 1+L(s) R(s) = s s+1 R(s) = 1 s+1 (6) Die Rücktransformation von E(s) in den Zeitbereich (e(t)) ergibt: e(t) = h(t) t 0 e 1 t (7) Die Lösung lautet somit: e(t) = h(t) e t F35 Damit der geschlossene Regekreis asymptotisch stabil ist, muss diegleichung n 0 /2+n + = n c erfüllt sein. System A: n 0 n + n c asymptotisch stabil? (ja/nein) System A nein F36 System B: n 0 n + n c asymptotisch stabil? (ja/nein) System B ja F37 Da ein Nyquistdiagramm jeweils an der reellen Achse gespiegelt ist, kann die reelle Achse ohne Probleme eingezeichnet werden. Laut dem Nyquisttheorem muss sich die nominelle Kreisverstärkung 1.5 mal im Gegenuhrzeigersinn um den Punkt -1 drehen, damit der geschlossene Regelkreis asymptotisch stabil ist. Somit muss der Punkt -1 zwischen dem ersten und dem zweiten Schnittpunkt der nominellen Kreisverstärkung und der reellen Achse liegen. Da das System auf dem Prüfstand jedoch instabil ist, muss der Punkt -1 innerhalb der Modellunsicherheitsgrenzen liegen.

15 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 15 Nyquist Diagram F38 Die Durchtrittsfrequenz muss folgende Gleichung erfüllen: [ ( ζ ω c max(10 ω d,2 π + + ),min 2, ω T 2, ω 2 5, ω )] n 10 Mit den gegebenen Informationen können folgende Zahlenwerte eingesetzt werden: [ ( 50 ω c max(10 1,2 7.5),min 2, 100 5, 250 )] 10 (8) (9) Die Lösung lautet somit: 15 rad/s ω c 20 rad/s F39 Berechnet man aus der komplementären Sensitivität T(s) die Kreisverstärkung L(s), erhält man: L(s) = T(s) 1 T(s) = ω 2 0 s (s+2 δ ω 0 ) (10) Da diese Übertragungsfunktion einen offenen Integrator und damit für niedrige Frequenzen eine Phasenverschiebung von -90 aufweist, kommen die beiden Diagramme B und D nicht in Frage. Die beiden Diagramme A und C unterscheiden sich im Wesentlichen in der Durchtrittsfrequenz ω c und der Phasenreservere ϕ. Mithilfe der Faustregeln lassen sich nun Durchtrittsfrequenz und Phasenreserve aus dem Überschwingen und der Anstiegszeit bestimmen.

16 Seite 16 Sessionsprüfung Regelungstechnik I ω c = 1.7 t 90 = 1.7 rad /s ϕ = ˆǫ 48 Anhand der Durchtrittsfrequenz kann das Diagramm C als das Bodediagramm der Kreisverstärkung bestimmt werden: Diagramm A Diagramm B Diagramm C Diagramm D

17 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 17 Thema: Reglerauslegung F40 Der Regler, den Ihre Kollegin entworfen hat, hat keinen offenen Integrator, jedoch eine Nullstelle bei ζ = 2/3. Eine solche Struktur entspricht einem PD-Regler und die Zeitkonstante des Integrators muss folglich auf gesetzt werden. Der PD-Regler ist gegeben durch C(s) = k p (1+T d s). Mit einem Koeffizientenvergleich findet man: 0 k p = 2 T i = s T d = 3 2 s = 1.5s F41 Dei vier Frequenzgänge können unterteilt werden in solche mit einem offenen Integrator (-20 db/dec bei tiefen Frequenzen) und solche ohne offenen Integrator (0 db/dec bei tiefen Frequenzen). L1 und und L2 gehören folglich zu den zwei P-Reglern C 1 (s) und C 2 (s), wobei L1 die kleinere Verstärkung aufweist und somit im Bodediagramm tiefer liegt. L3 und L4 gehören zu den PI-Reglern C 3 (s) und C 4 (s), wobei L3 bei tiefen Frequenzen die kleinere Verstärkung hat und somit zum PI-Regler C 3 (s) mit der grösseren Zeitkonstante T i gehört. Die richtige Lösung lautet: Regler C 1 (s) = 1 C 2 (s) = 5 C 3 (s) = ( ) s C 4 (s) = ( ) s L(jω) L1 L2 L3 L4 F42 Die Antworten B und D weisen beide einen statischen Nachlauffehler auf und gehören demnach zu den zwei P-Reglern (ohne I-Teil). Antwort D schwingt mehr und hat einen kleineren statischen nachlauffehler als Antwort B und entspricht daher dem Regler C 2 (s) mit der grösseren Verstärkung. Antworten A und C gehören zu den PI-Reglern, wobei Antwort C schneller konvergiert und somit zum aggressiveren Regler C 4 (s) mit der kleineren Zeitkonstante T i gehört. Die richtige Lösung lautet: Regler C 1 (s) = 1 C 2 (s) = 5 C 3 (s) = ( ) s C 4 (s) = Sprungantw. B D A C ( ) s F43 Für diese Aufgabe muss das Nyquisttheorem angewendet werden. Regler C 2 (s) hat einen Pol im Ursprung, d.h. n 0 = 3 und n + = 0 gilt. Alle anderen Regler haben weder einen Pol im Ursprung noch einen instabilen Pol, d.h. n 0 = 2 und n + = 0. Um einen stabilen Regelkreis zu erhalten muss L(jω) den Punkt -1 also einmal (oder für L 2 (jω) 1.5 Mal) im Gegenuhrzeigersinn umkreisen. Um Überhaupt eine solche Umdrehung zu erhalten, muss im gezeigten Nyquistdiagramm L(jω) unterhalb des Punktes -1 verlaufen, d.h., die Phase

18 Seite 18 Sessionsprüfung Regelungstechnik I muss mit dem Regler angehoben werden. Alle Regler bis auf C 4 (s) haben allerdings eine negative Phase. Der Regler C 4 (s) ist ein Lead-Element erzeugt deswegen als einziger eine Umdrehung im Gegenuhrzeigersinn. Abbildung 1 zeigt den Verlauf der Kreisverstärkung für alle vier Regler für die positiven Frequenzen. Einzig L 4 (jω) macht eine Umkreisung im Gegenuhrzeigersinn. Nyquist Diagram Imaginary Axis L1 L2 L3 L Real Axis Abbildung 1: Frequenzgang der Kreisvertärkungen L i (jω) für ω > 0. Die Richtige Lösung lautet also: C 1 (s) = 1 C 2 (s) = ( 1+ 1 ) 10s C 3 (s) = 0.1s+1 s+1 C 4 (s) = s+1 0.1s+1

19 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 19 Thema: Matlab/Simulink Zeile 22 konnte von Matlab nicht mehr ausgeführt werden, so wie es auch aus der Abbildung mit der Fehlermeldung ersichtlich ist. Der Grund dafür ist die falsche Implementierung des Vektors b (Zeile 14), welcher eigentlich ein stehender Vektor ist. Die Matrixmultiplikation mit dem falsch initiierten Vektor b ist nicht definiert und führt zu einem Fehler. F44 Die Ausführung des Skripts stoppt bei: 0 Zeile 22 F45 Der Fehler wurde programmiert in: Zeile 14 F46 Die zwei Integratoren in Serie gehören zu der Position p(t) und zu der Geschwindigkeit dp(t)/dt des Magneten. Der dritte Integrator gehört zum Strom I(t). Einsetzen der Gleichungen für Kraft F(t) und Spannung U ind (t) führt zum Model in Abbildung 2. d c 1/m 1 s 1 s κ R 1/L 1 s 1 v(t) κ Abbildung 2: Simulinkmodell eines Lautsprechers mit beschrifteten Verstärkungen. F47 Der Befehl obsv berechnet die Beobachtbarkeitsmatrix O 2. Die erste Zeile dieser Matrix ist der liegende Vektor c, womit folgende Lösung resultiert:

20 Seite 20 Sessionsprüfung Regelungstechnik I ans = ans = ans = true ans = false ans = 0 ans = 1 ans = 2