0 1 = A = f. cos(x 1,R ) 2r3 R βx 2,R 2r 2 R βu R c 1. b = f. c T = h. d = h. = 0 0 Pkt. Lineariserung des Ersatzsystems: 1.5 Pkt.

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1 1 Lösung Aufgabe 1). a) Es existieren zwei mögliche Zustandssätze x = [ ϕt) ϕt) ] T oder x = [ st) ṡt) ] T. Stellgröße u = v W t) und Ausgangsgröße y = st) b) Aus dem Drehimpulserhaltungssatz bzw. der Momentenbilanz folgt: M = M R M G M D Die einzelnen Momente ergeben sich zu: M R =r R βv W t) M G =r W mg, r R ϕt) {}}{ v R t)) 2 = r R βv 2 W 2r 2 Rβ ϕt)v W t) + r 3 Rβ ϕ 2 t), M D =c 1 ϕt) + c sinϕ) ), M = ϕt). Einsetzen in den Dreimpluserhaltungssatz ergibt: ϕt) =r R βv 2 W 2r 2 Rβ ϕt)v W t) + r 3 Rβ ϕ 2 t)) r W mg c 1 ϕt) c sinϕ) ) ϕt) = r Rβ v2 W 2r2 R β ϕt)v W t) + r3 R β ϕ2 t) r W mg c 1 ϕt) c 2 ) 1 + sinϕ) Überführung in Zustandsdarstellung: [ ẋ = r R β x 2 u2 + r3 R βx2 2r2 R βu c1 x 2 r W mg ] c2 1 + sinx1 ) ) Für den Ausgang gilt: y = s 0 r W x 1 c) Ruhelage für y = s 1 x 1 = s0 s1 r W Mit ẋ = fx, u) = 0 folgt x 2 =0 0 = c sin s 0 s 1 ) ) r W mg + r Rβ u2 r W c sin s 0 s 1 ) ) r W + r w mg u = r R β d) Linearisierung des Originalssystems:

2 2 [ ] A = f 0 1 = c x xr,u 2 R cosx 1,R ) 2r3 R βx 2,R 2r 2 R βu R c 1 [ ] b = f 0 = u xr,u R 2r2 R βx 2,R + 2r Rβu R c T = h = [ r w 0 ] x xr,u R d = h = 0 0 Pkt. u xr,u R 1.5 Pkt. Lineariserung des Ersatzsystems: A = f [ sinx1,r ) 9x 2 ] 2,R = δ x xr,u R 2x 1,R ɛ + ɛ + γ)2 b = f [ ] 0 = u xr,u R 1 c T = h = [ 1 θ cosθx 2,R ) ] x xr,u R d = h = 0 0 Pkt. u xr,u R 1.5 Pkt.

3 3 Lösung Aufgabe 2). Teil A: Gegeben ist die Übertragungsfunktion der Regelstrecke ĝs) = 10s + 1) 2 3)s + 1 ) s 3s + 1) 2 + 3)s + 1 ) 1) a) Siehe Bodediagram in Abbildung Pkt. je Amplituden- und Phasengang für die 6 Teilübertragungsfunktionen und je 0.3 Pkt. für die Resultierenden). b) ω s t r = 1.5 s ω s = 1 rad/s φ s + ü = 70 φ s = 60 c) Bestimmung der Ist-Phase vgl. Korrepondenztabelle in der Formelsammlung): = π + arg10) + args + 1) + arg 2 ) 3)s + 1 args) arg φ ist = π + π 4 + π 12 π 2 π 3 5π 12 = Bestimmung der Zeitkonstanten des idealen PD-Reglers: π s + 1 ) arg 2 + ) 3)s + 1 φ = φ s φ ist = 45 π 4 Der PD-Regler muß also die Phase um 45 anheben, d.h. arg ĝ r jω s )) = arg ĝ r j)) = arctan T D ) = π 4 T D = 1. Bestimmung des Verstärkungsfaktors V P : ĝ r jω s )ĝjω s ) =! 1 10V P j + 1)j + 1) 2 3)j + 1 ) j 3j + 1) 2 + 3)j + 1 ) 0.5P = 1 V P = d) Da gradzähler) > gradnenner) muß ein Realisierungsterm der Form 1 + T r s) im Nenner berücksichtigt werden. Um die Eigenschaften des idealen PD Reglers anzunähern muß dabei die Zeitkonstante T r klein genug gewählt werden.. Teil B: a) Es gilt ˆt ry s) = ŷs)/r wobei ŷs) = ĝs)ɛŷs) + ĝ r s)r ŷs))) ˆt ry s) = ĝ r s)ĝs) 1 ɛĝs) + ĝ r s)ĝs) b) Mittels Einsetzen in ˆt ry s) und Ausmultiplizieren erhält man ˆt ry s) = 1 s ɛ)s + 3 2ɛ

4 4 Magnitude db) Phase deg) Bode Diagram Frequency rad/s) Abb. 1: Bodediagramm aus Aufgabenteil A. Nach der Beiwertebedingung müssen für asymptotische Stabilität alle Vorzeichen gleich und vorhanden sein, woraus folgt, dass der maximale Wert für ɛ für welchen Eingangs-Ausgangs-Stabilität vorliegt ɛ = 1.5 beträgt. 0.5P Pkt.

5 5 Lösung Aufgabe 3). a) Abbildung 2 zeigt die um den linearen Luenberger-Beobachter erweiterte Strecke P = c T se A) 1 b s.a. [1], Abb. 6.7, S. 148). P y l u ˆx b c T ŷ A Abb. 2: Blockdiagramm der Strecke P mit Luenberger-Beobachter b) Ein LTI-System 2. Ordnung in 1. Standardnormalform s.a. [1], 6.25), S. 127) ist beschrieben über [ ] [ ] ẋ = x + u 2) a 0 a 1 1 }{{}}{{} 0.25P 0.25P y = [c 1, c 2 ]x. 3) i) Weil es, laut Aufgabenstellung, ungedämpft ist, gilt a 1 = 0. Daraus ergeben sich drei Unbekannte a 0, c 1 und c 2, die über die drei Gleichungen der Hankel-Matrix symmetrisch, s.a. [1], 6.29), S. 129) bestimmt werden: c T b = c 2 = 1 1 Pkt. c T Ab = c 1 = 2 4) c T A 2 b = c 2 a 0 = 4π 2 4) a 0 = 4π 2 ii) Die Eigenwerte der Dynamikmatrix A erhält man aus Lösung der Eigenwert-Gleichung s.a. [1], 3.12), S. 31) 0 = λe A = λ 1 λ = λ 2 + a 0 λ = ±i2π 5) a 0 Anmerkung. Die nachfolgend angegebenen Erläuterungen dienen, wenn keine Begründung in der Aufgabe gefordert wurde, primär zur Verdeutlichung des Sachverhaltes. c) Ist ein Beobachterentwurf für autonome, instabile, lineare, zeitinvariante Systeme möglich? a. Mit einer stabilen Beobachterfehlerdynamik. Nein. a. Mit einer instabilen Beobachterfehlerdynamik. Man kann den Zustand instabiler Systeme mit einem Beobachter schätzen. Voraussetzung dafür ist, dass die Fehlerdynamik stabil ist. Sonst konvergiert der geschätzte Zustand nicht gegen den tatsächlichen. Das gilt auch, wenn der geschätzte Zustand selbst instabil ist 0.5P).

6 6 d) Was ist die Funktion des Korrekturvektors l beim Entwurf eines Luenberger-Beobachters? Er gewichtet die Differenz zwischen geschätztem und gemessenem Ausgang. Er korrigiert die Differenz zwischen charakteristischem Eigenvektor des Systems und dem des Beobachters. Keine der oben genannten Aussagen ist richtig. Der Korrekturterm des Beobachters lautet l 1 y ŷ) l 2 y ŷ) ly ŷ) =.. l n y ŷ) 6) Mathematisch betrachtet ist das eine Gewichtung der Differenz zwischen gemessenem Zustand y und geschätztem Zustand ŷ mit den Koordinaten des Korrekturvektors l i, i = 1...n. Die Eigenvektoren der Dynamikmatrix des Beobachters und die des Systems sind für alle Zeiten gleich, da identisch. "Charakteristische Eigenvektoren"gibt es außerdem nicht. Zumindest nicht in der Terminologie von [1] 0.5P). e) Welche Größen definieren einen Beobachter für ein LTI-System eindeutig? Hier bezeichnet λ die Eigenwerte der Systemmatrix. A, b, l) A, b, c T, λ) Beide Aussagen sind falsch. A, b, l) ist falsch, weil c T fehlt. A, b, c T, λ) ist falsch, weil die Eigenwerte der Fehlerdynamikmatrix fehlen 0.5P). f) Kann die Fehlerdynamik des Beobachters auch schneller als die des geschlossenen Regelkreis gewählt werden? Nein. Das widerspricht dem Separationsprinzip. Nein. Das destabilisiert das Gesamtsystem. a. Das ist die gängige Vorgehensweise. Siehe [1, Anm. 6.7, S. 148]: [Die Beträge der] Realteile der Eigenwerte der Fehlerdynamikmatrix werden 2-5 mal größer gewählt als die des geschlossenen Regelkreis A g = A bk T 0.5P). g) Angenommen, Sie haben 2 Messgrößen für ein System mit 4 Zuständen zur Verfügung und verwenden einen PI-Zustandsregler. Von welcher Ordnung muss Ihr Beobachter sein? Begründen Sie Ihre Antwort! 2. Ordnung. 4. Ordnung 5. Ordnung 6. Ordnung 8. Ordnung. Hier sind zwei Antworten möglich. Es gilt aber weiterhin, dass nur eine Antwort angekreuzt werden darf. Deshalb müssen Sie Ihre Antwort begründen. Sie können, für das gegebene Szenario, einen Beobachter 4. Ordnung wählen. Das entspricht dem System ohne PI-Regler. Erweitern Sie die Systemgrenze und beziehen die beiden PI-Regler mit ein, handelt es sich um ein System 6. Ordnung, weil Ihnen die Integratoren der PI-Regler zusätzliche Zustände liefern 1P). h) Sie verwenden ein numerisches Tool zum Entwurf eines Beobachters, das Ihnen folgenden Korrekturvektor liefert: l = [ , , 0] T. Ist das möglich? Nein. Infolge des Nulleintrags geht die Information eines Messwerts verloren. a. a, aber nur, wenn die Systemmatrix keinen Eigenwert λ = 0 besitzt. Dazu ein Beispiel. Wenn Sie für das System [ ] [ ] ẋ = x + u y = [1, 2]x. 7) 8)

7 einen Korrekturvektor l = [ 1, 0] T wählen, ist die Fehlerdynamik asymptotisch stabil. Analog kann gezeigt werden, dass auch bei einem Beobachterentwurf für ein System 3. Ordnung mindestens) eine Koordinate des Korrekturvektors 0 sein kann 0.5P). i) Sie entwickeln Fluglageregler für Satelliten in der R&D-Abteilung. Ein Kollege hat Probleme mit einem Beobachter-Entwurf, der folgende Elemente umfasst: [ ] [ ] [ ] A =, b =, c T 1 = [1, 0], l = Was können Sie ihm dazu sagen? "Die Fehlerdynamik ist stabil. Du könntest beide Eigenwerte beliebig in der linken komplexen Halbebene platzieren." "Überprüfe die Wahl deines Sensors." "Die Dimension deines Korrekturvektors stimmt nicht." Zwar ist die Fehlerdynamik für den von Ihrem Kollegen gewählten Korrekturvektor stabil [ ] A lc T 2 0 =, λe A lc T ) = 0 λ = 5, λ 2 = 2, 9) aber c T, A) ist nicht beobachtbar. Der Eigenwert λ 1 = 5 der Fehlerdynamikmatrix ist invariant gegenüber der Wahl von l. Damit bleibt nur, die Sensorkonfiguration zu ändern, d.h. den Ausgangsvektor c T anzupassen 1P). j) Angenommen, Sie modellieren Ihre Strecke als lineares Modell A, b, c T ). Wie bestimmen Sie die Dynamikmatrix  des zugehörigen Beobachters?  = A lct  = n 1 i=0 p ia i  = A Wichtig ist hier die Unterscheidung der Begriffe Dynamikmatrix und Fehlerdynamikmatrix. Während die Dynamikmatrix A bei Strecke und Beobachter identisch ist, erhält man die Fehlerdynamikmatrix A b = A lc T aus der Dynamikmatrix, dem Korrekturvektor und dem Ausgangsvektor.  = n 1 i=0 p ia i ist ein Term aus der Ackermann-Formel und aus dem Kontext gegriffen 0.5P). k) Das charakteristische Polynom der Dynamikmatrix eines Beobachterfehlersystems 5. Ordnung laute: pλ) = λ 5 + 4λ 4 + 6λ 2. Ist das möglich? Nein. Nicht alle Koeffizienten des charakteristischen Polynoms sind ungleich null. a. Aber charakteristische Polynome können nur für die Bestimmung der Eigenwerte von Dynamikmatrizen verwendet werden. a. Aber der Beobachter wird den gewünschten Zweck nicht erfüllen. a. Und die Fehlerdynamikmatrix ist asymptotisch stabil. Die Anzahl der Wurzeln und damit der Eigenwerte) entspricht immer dem Grad des Polynoms hier: n = 5), wobei der Grad bestimmt wird über die Basis mit der höchsten Potenz, deren Koeffizient ungleich null ist. Da Eigenwerte reeller n n)-matrizen definiert sind als die Nullstellen des charakteristischen Polynoms, kann dieses zur Bestimmung der Eigenwerte für beliebige, reelle n n )-Matrix verwendet werden. Der Beobachter im Beispiel wird den gewünschten Zweck ˆx x für t allerdings nicht erfüllen, weil zwei Eigenwerte der Fehlerdynamikmatrix identisch zu null sind pλ) = λ 5 + 4λ 4 + 6λ 2 = λ 2 λ 3 + 4λ 2 + 6) = 0 λ 1 = λ 2 = 0. 10) Die Fehlerdynamik ist somit nicht asymptotisch stabil 0.5P). 7

8 8 Lösung Aufgabe 4). a) Überprüfung der Übertragungsfunktionen i) ĝ 1 s) ist eingangs-ausgangs-stabil und die Sprungantwort hat den Endwert 1 4. ii) ĝ 2 s) ist nicht eingangs-ausgangs-stabil und die Sprungantwort hat daher keinen Endwert. iii) ĝ 3 s) ist nicht eingangs-ausgangs-stabil und die Sprungantwort hat daher keinen Endwert. b) Berechnung der Eigenwerte i) Die Eigenwerte entsprechen den Diagonalelementen der Matrix, d.h. { 2, 1, 1 2 }. 1.0 Pkt. ii) Durch eine reguläre Zustandstransformation ändern sich die Eigenwerte nicht. Beweisführung entsprechend [1, Aufgabe 3.3] c) LTI-System mit der Differentialgleichung ẍ = a = 1 m dv ks). i) Ein autonomes LTI-System [ wird durch ] ẋ = Ax beschrieben. Mit x = [s, v] T und ẋ = 0 1 [ṡ, v] T = [v, a] T folgt A = k m d. m [ ] λ 1 ii) Aus detλe A) = det k m λ + d = λ 2 + λ d m + k m und m = 1 folgen k > 0 und m d > 0. iii) Die Steuerbarkeitsmatrix muss regulär sein, d.h. det [ b Ab ] [ ] b1 b = det 2 b 2 kb1 m = kb2 1 db2 m db1b2 m b m Der Vektor b = [0, b 2 ] T mit b 2 0 erfüllt bespielsweise diese Bedingung. iv) Mit λ 1,2 = d 2m ± d 2 4m k 2 m und m = 1 2 kg, k = 1 2 kg/s2, und d = 2kg/s ergeben sich die Eigenwerte zu λ 1,2 = 2 ± 3. Die dazugehörigen Eigenvektoren sind v 1 = [1, 2 + T 3] und v 2 = [1, 2 3] T. Ein Positionssensor hat den Ausgangsvektor c T = [1, 0]. Dieser erfüllt offensichtlich die Bedingung c T α 1 v 1 + α 2 v 2 ) 0, da c T v 1 0 und c T v 2 0 gilt. v) y = a = k m s d m v + b 2u falls, wie oben, b 2 0 gewählt wurde. d) Charakterisierung von drei dynamischen Systemen. i) System 1 ist aufgrund einer Steigungsbeschränkung nichtlinear und zeitinvariant aus u 2 t) = u 1 t 2s) folgt h 2 t) = h 1 t 2s)). ii) System 2 ist aufgrund einer Steigungsbeschränkung nichtlinear und zeitinvariant aus u 2 t) = u 1 t 2s) folgt h 2 t) = h 1 t 2s)). iii) System 3 ist linear erfüllt das Superpositionsprinzip) und zeitinvariant aus u 2 t) = u 1 t 2s) folgt h 2 t) = h 1 t 2s)).

9 [1] Meurer T 2014) Regelungstechnik I - Skriptum zur Vorlesung, de/en/teaching/winter-term/control-systems-i-etit-109/fileadmin/rt1_full_ws1415 9