Transcript KÖKLERİN GEOMETRİK YERİ

8. KÖKLERİN GEOMETRİK
YERİ
8. KÖKLERİN GEOMETRİK YERİ
•
•
•
Daha önceki konularda, karakteristik denklemin köklerinin sdüzleminde yeri ile geribildirimli sistemlerin başarımı
arasındaki ilişkiyi incelemiştik.
Sistem parametreleri akıllıca seçildiği takdirde kapalı çevrim
geribildirimli bir sistemin yanıtı istenen başarımı sağladığı
görülür. Bu yüzden bir parametreyi değiştirdikçe, köklerin s
düzleminde nasıl hareket edeceğini belirlemek çok yararlı
olacaktır.
Parametre değişimlerine bağlı olarak karakteristik denklemin
köklerinin s düzleminde yapacağı yer değiştirmeye başka bir
deyişle izleyeceği güzergaha kök yer eğrisi veya köklerin
geometrik yeri adı verilir.
Serhat YILMAZ, [email protected]
•
•
•
Köklerin s düzlemindeki geometrik yeri grafiksel bir yöntemle belirlenebilir.
1948’de Evans tarafından önerilen bu grafiksel yönteme “kök yer eğrisi
çizimi” adı verilir. Kök yer eğrisi, geri bildirimli sistemlerin analizi ve
tasarımında oldukça yararlı bir araçtır.
Kök yer eğrisi bize grafiksel bir bilgi verir. Parametre değişimine bağlı olarak
kökler nasıl ve ne yönde değişir, gidiş eğilimleri ne tarafa doğrudur, hangi
bölgelerde hızlı değişimler yaparlar, nerelerde parametre değişimlerine
duyarsızdırlar bunları yaklaşık olarak bilmek analiz ve tasarım için yeterlidir.
Çoğu zaman hangi parametre değerinde, kökün sayısal olarak tam
değerinin bulunması gerekmeyebilir. Hangi parametre değerlerinde sistem
kararlıdır, hangi değerlerde kararsızdır, hangi değerlere çıkarsak kökler
daha kararlı bir noktaya taşınır bilmek ve buna göre sistem hakkında yorum
yapmak için kök yer eğrisini genel hatlarıyla elle bir eskizini çizmek yeterli
olacaktır.
Serhat YILMAZ, [email protected]
•
•
•
Bu nedenle bu bölümde kök yer eğrilerinin elle çizimine yönelik
kullanışlı tekniklerden bahsedilecektir. Burada öğrenilecek temel
kavramlar, bilgisayar çizimlerinin anlaşılması ve yorumlanması için
de oldukça önemlidir.
Daha kapsamlı ve gerçekçi çizimler için bilgisayar kullanılacaktır.
Böylece bilgisayarın birkaç komutla analiz ve tasarım sürecini nasıl
hızlandırdığını ve bu süreçteki etkinliğini de görmüş olacağız. Birden
fazla parametrenin değişiminde de köklerin geometrik yeri
yönteminin kullanılabileceğini göreceğiz. Bu da bize PID gibi iki veya
üç parametreli geri bildirim sistemlerinin bu yöntemle tasarım imkanı
sağlayacaktır.
Benzer şekilde, bir sistem parametresine ufak artımsal değişimler
yapıldığında, belirli bir kökün buna ne kadar duyarlı olduğunu
ölçerek, kökün parametre değişimlerine duyarlılığı belirlenebilir.
Serhat YILMAZ, [email protected]
8.1. Kök Yer Eğrisi Kavramı:
•
•
Kapalı çevrim bir kontrol sisteminin dinamik davranışı aşağıdaki
transfer fonksiyonuyla ifade edilebilir.
Y (s)
p(s)
(8.1)
T (s) 

R (s)
q(s)
p(s) ve q(s) pay ve payda polinomlarıdır. q(s) karakteristik
denkleminin kökleri sistem yanıtını belirlemektedir. Şekil.8.1’deki gibi
birim geribildirimli bir sistemin transfer fonksiyonu
T (s) 
Y (s)
R(s)

p(s)
q(s)

KG ( s )
1  KG ( s )
ve karakteristik denklemi
1+KG(s) =0
şeklindedir.
Serhat YILMAZ, [email protected]
(8.2)
R (s)
+
K
G (s)
Y (s)
-
•
•
Şe kil.8 .1 . K para m etr eli bir ger ib ildirim li den etim sistem i
Burada K, değişebilir bir parametredir. K değeri ne olursa olsun, bu K
değerine göre oluşacak yeni karakteristik denklemin s düzlemindeki
kökleri Denklem.8.2’yi sağlamalıdır.
s bir karmaşık sayı olduğundan, Denklem.8.2 aşağıdaki gibi yeniden
yazılabilir.
K G ( s )  KG ( s )   1  j 0
(8.3)
•
tan  
sin 

0
0
Burada
cos 
 1 olduğundan bunu sağlayacak açı değeri: sin 180
=0, cos 180= -1 veya arctan(0) ’dan  180  ve Genlik değeri de
2
A=  1  ( 0 ) 2  1 olur.
Serhat YILMAZ, [email protected]
•
•
Bu nedenle sisteme ait K değeri değiştikçe karakteristik denkleme
ait kök değerleri aşağıdaki
o
o
   KG ( s )  180  k 360
A= K G ( s )  1 ve
(8.4)
genlik ve açı koşullarını sağlayacak şekilde değerler almalı,
böylece köklerin geometrik yeri, s düzleminde köklerin takip ettiği
bir yol şeklinde olmalıdır.
Örnek8.1: Şekil.8.2’deki ikinci
dereceden sistemi temsil eden
karakteristik denklem
q ( s )  1  KG ( s )  1 
K G (s) 
K
s(s  2)
K
s(s  2)
1
0
veya
(8.6)
R (s)
+
1
K
-
Şe kil.8 .2 . K para m etr eli birim g eribildirim li d en etim sistem i
q ( s )  s  2 s  K  s  2 w n s  w n  0
2
ve
Y (s)
s s  2 
 KG ( s )  
2
K
s(s  2)
koşullarını sağlayacak noktalarda bulunmalıdır.
Serhat YILMAZ, [email protected]
2
(8.5)
  180 ,  540 ,........
(8.7)
o
o
•
İkinci dereceden bir sistemin kökleri s1 , s 2    w n  w n  2  1 (8.8)
idi.   1 için   cos  olduğunu hatırlayalım. İkinci dereceden G(s)
açık çevrim transfer fonksiyonuna ait iki kutup Şekil.8.3’te
görüldüğü gibidir.
1
Ro o t Lo c u s
0 .8
0 .6
s1
0 .4
Im a gin a r y Ax is
0 .2
0
- 0 .2
- 0 .4
- 0 .6
- 0 .8
-2
- 1 .8
- 1 .6
-1 .4
- 1. 2
-1
-0 . 8
- 0. 6
- 0 .4
- 0 .2
0
R ea l A x is
•
Ş e kil. 8 .3 . İk inc i d e rec ed e n bir siste m in kök le rinin
ye ri. x’le r aç ık ç e vrim siste m in k utupla rıd ır.
 1
için köklerin geometrik yeri açı koşullarını sağladığı için düşey
bir çizgi şeklindedir. Örneğin düşey eksen üzerindeki bir s1
noktasının bu koşulu sağlayıp sağlamadığına bakalım.
s  2
1
Serhat YILMAZ, [email protected]
•
•


K
s(s  2)
o
(8.9)
-2 ile 0’da bulunan köklerin tam ortasından geçen düşey çizgi
boyunca her nokta eşkenar üçgenler oluşturacağından buralarda
açıların toplamı yine -180° olacak ve açı koşullarını sağlayacaktır.
Kökü bu noktaya kaydıracak kazanç değeri;
s(s  2)
•
o
s  s1
K
•


  s1    s1  2    180       180

s  s1
K
s 1 s1  2
1
(8.10)
Böylece K  s1 s1  2 (8.11) olur. Burada s 1 orijindeki kökten s1
noktasına uzanan vektörün büyüklüğü, s1  2 de -2’deki kökten aynı
noktaya uzanan vektörün büyüklüğüdür.
Genelleştirirsek, birden fazla döngüye sahip bir kapalı döngü
sistemde, karakteristik denklem Mason kazanç formülü yardımıyla
şu şekilde tanımlanmıştı.
M ,N
N
 (s)  1 
L
n 1
n

L
m
Lq 
L
r
L s L t  ...
m ,q
Serhat YILMAZ, [email protected]
(8.12)
•
Burada Lq, q. döngü idi. Böylece karakteristik denklemi
q(s)  1  F (s)  0
•
•
şeklinde ifade ederek Denklem.8.2’ye benzetebiliriz. Denklem
yine
(8.14)
F ( s )   1  j0
F(s) fonksiyonu kutuplar ve sıfırlar cinsinden çarpanlarına
ayrılarak yeniden yazılabilir.
F (s ) 
•
(8.13)
K ( s  z 1 ) ( s  z 2 )......( s  z M )
( s  p 1 ) ( s  p 2 )......( s  p N )
(8.15)
genlik ve açı ve koşulları sırasıyla
F (s ) 
K s  z 1 s  z 2 ...... s  z M
s  p1
s  p 2 ...... s  p N
Serhat YILMAZ, [email protected]
1
(8.16)
•
 F s  
 z
i

 p
(8.17)
j
  s  z 2  s  z 1   s  z 2  ...  s  z M   s  p 1   s  p 2  ...  s  p N   180
•
o
 q 360
o
olur. s düzleminde Denklem.8.17’deki açı koşulunu sağlayan s1
noktaları köklerin geometrik yeri üzerindedir. Denklem.8.16’daki
genlik koşulundan, verilen bir s1 kök yerindeki K değeri
belirlenebilir. Bütün açı değerleri, yatay eksenle ilgili vektörün
saat yönünün tersine doğru yaptığı açılardan hesaplanır.
Şekil.8.4’deki sistem örneğini inceleyelim. Burada artık bir K
parametre değeri örneğin 20’ye ayarlanmıştır.
R (s)
+
K
1
s s  2 
Şe kil.8 .4 . K o ntr ol sistem i
Serhat YILMAZ, [email protected]
Y (s)
•
•
Fakat denetlenen sistemin G(s) transfer fonksiyonu içindeki direnç,
indüktans, sürtünme değeri vs. gibi bir a parametresinin, yine ısınma,
aşınma gibi bir nedenle değişebileceğini düşünelim. Bu parametreye
göre köklerin geometrik yeri nasıl değişir? Aynı denklemleri
kullanabilmemiz için karakteristik denklemi düzenleyerek a
parametresini, K ’nın bir çarpan olarak genel denklemde olduğu yere
taşımalıyız.
1  KG ( s )  1 
K
0
buradan s  as  K  0 Karakteristik denklemi,
içinde a’nın bulunmadığı elemanlar olan s 2  K  ’ya bölersek.
s s  a 
2
1
•
as
s K
2
0
(8.18)
bulunur. Böylece açı koşullarını sağlayan köklerin geometrik yerleri,
ve bunları elde etmek için gerekli olan a değerleri Denklem 8.17
ve 8.16’da olduğu gibi bulunabilir.
Serhat YILMAZ, [email protected]
•
•
Prensip olarak bu koşulları sağlayan tüm kök değerleri tespit
edilip köklerin geometrik yeri çizilebilir. Ama tek tek noktaların
sorgulanmasının ne kadar uzun süreceğini tahmin edersiniz.
Zaten bu kadar detaylı bir çizime de gerek yoktur. Bu nedenle
köklerin geometrik yerini genel hatlarıyla çizmek için
çoğunlukla bir dizi işlemden oluşan bir prosedürü takip etmek
yeterli olacaktır.
8.2. Köklerin Geometrik Yerinin Çizim Aşamaları:
Karakteristik denklemin köklerinin sistemin yanıtını anlamada
önemli bir yeri olduğunu söylemiştik. Aşağıdaki adımlar,
kökleri grafiksel olarak s düzlemine yerleştirerek köklerin
geometrik yerinin eskizini hızlı bir şekilde çıkarmamızı
kolaylaştırır.
Serhat YILMAZ, [email protected]
•
•
•
Adım 1 : Karakteristik denklemi yazarak başlarız.
1  F (s)  0
(8.19)
İlgilendiğimiz parametre, örneğin K, çarpan şeklinde genel
denklemde yer alacak şekilde denklemi yeniden düzenlemeliyiz.
1  K G (s)  0
(8.20)
Amacımız köklerin geometrik yerini K’nın olabilecek tüm değerleri
0  K  
için,
, belirlemektir. G(s)’i çarpanlarına ayırırız ve
aşağıdaki gibi kutuplar ve sıfırlar şeklinde yazarız.
M
 s  z 
i
1 K
i 1
N
 s 
•
(8.21)
 0
pi 
j 1
pi kutuplarını ve zi sıfırlarını “x” ve “o” sembolleriyle s düzlemine
yerleştirin. Denklemi aşağıdaki şekilde yeniden yazın.
N
M
(8.22)
s  p   K s  z   0

j 1
i

i 1
i
Serhat YILMAZ, [email protected]
•
Denklem.8.22’nin karakteristik denklemin farklı bir yazılış biçimi
olduğunu unutmayalım. K=0 iken karakteristik denklemi sağlayan
kökler G(s) açık çevrim transfer fonksiyonunun sıfırlarıdır. Tersine
K=  iken karakteristik denklemin kökleri G(s) ’in kutuplarına eşit
olur. Çünkü denklemin her iki tarafını K’ya bölersek,
1
K
•
•
N
M
 s  p    s  z   0
i
j 1
(8.23)
i
i 1
M
olur. K=  iken birinci terim sıfıra gider. Denklem   s  z i   0
i 1
haline dönüşür.
Sonuç olarak şunu söyleyebiliriz; K değeri 0’dan sonsuza
değişirken karakteristik denklemin köklerinin geometrik yeri, G(s)’in
köklerinden başlar sıfırlarına uzanır. Sayısal değerlerini bildiğimiz
N tane kutbumuz, M tane de sıfırımız vardır. Genelde G(s)’in
payının derecesi paydadan küçük olduğu için, N>M , sonsuzda
N-M tane daha sıfırımızın bulunduğu ve geri kalan köklerden çıkan
dalın buradaki sıfırlara uzandığı varsayılır
Serhat YILMAZ, [email protected]
•
•
•
Adım 2: Köklerin gerçel eksen üzerindeki geometrik yerlerini çizin. Gerçel
eksen üzerindeki bir geometrik yer parçası her zaman tek sayıda kutup ve
sıfırın solunda kalır. Başka bir deyişle geometrik yerin sağında tek sayıda
sıfır+kutup vardır. Denklem.8.17’deki açı koşulları sağlanacağından bu
noktalar geometrik yer üzerindedir. Çift sayıda kutup ve sıfır kalınca açı
toplam veya farkları her zaman 0 (veya 360) çıkacağından açı koşulları
sağlanmayacaktır.
Bu iki adımı bir örnekle pekiştirelim
Örnek.8.2. İkinci dereceden sistem: Geri bildirimli bir kontrol sist.
karakteristik denklemi:
1  GH ( s )  1  K
•
1

 s  1
2

1 2

 s  s
4

0
(8.24)
Adım1: Karakteristik denklem aşağıdaki gibi düzenlenebilir.
1 K
1

4 s  1
2

1 2

4 s  s 
4

1 K
2 s  2 
s s  4 
0
Serhat YILMAZ, [email protected]
(8.25)
•
Önce GH (s)’in kutup ve sıfırlarını yerleştirelim. K değerinin z1= -2’de sonsuz,
p1=0, p2= -4’de sıfır olduğunu biliyoruz (Şekil.8.5 )
Adım 2: Gerçel eksen üzerinde,
0 noktasındaki kutup ile -2
noktasındaki sıfırın
arasında
geometrik yere ait bir parça
o
yer
almaktadır. Çünkü
bu
180
parçanın
sağında
sadece
bir
tane
kutup
vardır.
Gerçekten
de bu bölgedeki
her hangi bir noktaya 0’daki
kutuptan
gelen
vektörün
açısı 180°’dir. -4’deki kutup
Ş e kil.8 .5 . G H (s)’in k utup ve sıfırlarının s düzlem ine
ve -2’deki sıfırdan bu noktaya
yerleştirilm esi
uzanan vektörlerin açıları ise
0°’dir. Dolayısıyla toplam açı 180°’dir ve açı koşulunu sağlar. Bu
parça (dal) K’nın 0 olduğu 0 noktasındaki kutuptan başlar K’nın
sonsuz olduğu -2’deki sıfıra kadar uzanır.
Pole -Z er o Map
1
0 .8
0 .6
0 .4
Im a gin ary A x is
•
0 .2
0
-0 .2
-0 .4
-0 .6
-0 .8
-1
-4
-3 .5
-3
-2.5
-2
Re al A x is
Serhat YILMAZ, [email protected]
-1.5
-1
-0.5
0
•
Benzer şekilde K=0 dan  ’a
giderken,
-4’deki
kutuptan
-  ’daki sıfıra uzanan ikinci bir
ikinci dal,sağ tarafında 3 tane
kutup+sıfır
(-4,
-2
ve
0)
bulunduğundan geometrik yer
olarak çizilir. K’nın artış yönü
Şekil.8.6 da oklarla gösterilmiştir.
0 .8
0 .6
0 .4
Im a g in a r y A x is
•
R o ot L o c u s
1
K
0 .2
K
0
- 0 .2
- 0 .4
- 0 .6
Geometrik yer üzerindeki herhangi
bir noktada K değerinin ne
olduğunu bulabilmek için genlik
koşulunu kullanıyorduk. Örneğin
s=s1=-1 noktasındaki K kazancı
Denklem.8.16’dan
2 K s1  2
s1 s1  4
1
ve buradan
- 0 .8
-1
-10
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
R e a l A x is
Şe kil.8 .6 . İk in ci d ereceden sistem d e k ök lerin ger çel
ek sen ü zerind ek i geo m etrik y erin e ait ik i dal
K 
s1 s1  4
2 s1  2
Serhat YILMAZ, [email protected]

1 1 4
2 1 2

3
2
(8.26)
•
•
•
Kökler karmaşık olduğunda ise gerçel eksenin dışına çıkılır, imajiner
eksende de kökün bir bileşeni olur. Köklerin geometrik yeri yatay
eksene göre simetriktir. Çünkü kökler karmaşık eşlenik çiftler
şeklindedir. Şimdi adımlara devam edelim
Adım 3: n=N-M tane dal, sayısal değeri bilinen bir kökten,
sonsuzdaki bir sıfıra gider. K sonsuza giderken bu dal da sonsuzdaki
sıfıra bir asimptotun kılavuzluğunda gider. Bu doğrusal asimptotların
gerçel eksenle ve birbirleriyle yaptıkları açılar bellidir ve gerçel
eksende “asimtotların ağırlık merkezi” adını verdiğimiz bir noktada
kesişirler. Bunları bilmemiz eğrilerin çiziminde bize kolaylık sağlar.
Asimtotların ağırlık merkezi:
N
A
•


P ( s )' in kutuplar ı 

N M
P ( s )' in sifirlari
N
  p     z 
j

j 1
i
i 1
N M
(8.27)
Asimptotların gerçel eksenle yaptıkları açılar;
A 
 2 q  1
N M
180
o
q=0,1,2,…..(n-1)
Serhat YILMAZ, [email protected]
(8.28)
•
•
Sonsuzdaki sıfıra uzanan bir dal üzerinde
bulunan uzaktaki bir s1 noktası, P(s)’in sıfırları ve
kutuplarına çok uzak olduğundan her bir kutup ve
sıfırdan bu noktaya olan açı,  , yaklaşık olarak
eşit olacaktır. Örneğin N tane kutup N*  açısı
yapacaktır.Benzer şekilde M tane sıfır da toplam
M*  açısı yapacaktır. Açı koşuluna göre net açı
0
toplamları 180°  k 360
olmalıydı.
s1
Örneğin birinci eğri için N*  -M*  =(N-M)  =180°
koşulunu inceleyelim. Bu durumda her bir kutup
ve sonlu sıfırdan eğri üzerindeki uzak bir noktaya
uzanan vektörler ortalama olarak:
 
180
N

0
M

(8.29)
x x
Ş e kil.8 .7 . E ğriyi te m sil e d en a sim p to tu n
ya ta y ek se nle ya ptığ ı orta la m a a çı.
Serhat YILMAZ, [email protected]
•
•
 
180
N
0
M
 gibi bir açı yaparlar. Birinci eğriyi ortalama olarak
doğrusal bir asimptot ile temsil edecek olursak bu açıyı da
asimptotumuzun açısı olarak kabul edilebilir. Bunun gibi sonsuza
giden N-M-1 tane daha eğri ve dolayısıyla asimptot vardır. 2. ve
varsa 3. asimptotlar yatay eksenle kaç derece açı yapacaklardır?
Açı koşulunun genel formülünü kullanacak olursak:
1  2 k 
Burada + değerlerde elde edilen açı
N  M 
N  M 
değerleri - değerler için de aynı çıkacaktır. Benzer şekilde pay
kısmının paydaya bölümü 360°’yi geçtiği andan itibaren yine aynı
tekrarlayan açı değerlerini verecektir. Bunları göz önüne alarak
denklemi yeniden düzenleyecek olursak Denklem.8.28 elde
edilecektir. q=0 için 1. asimptot, q=N-M-1 için de N-M. asimptotun
gerçel eksenle yaptığı açı bulunur.
k 
180
0
 k 360
0

180
0
Serhat YILMAZ, [email protected]
•
•
•
Örnek8.3: Şekil.8.2’ deki sistemi tekrar ele alalım.
K
1
0
Karakteristik denklem
idi. N-M=2
s (s  2 )
olduğundan, sonsuzda sıfırı olan iki dal vardır. Bu dalların
asimptotları
A
kutuplar



 sifirlar
N M

  0     2    0   2
2
 1
2
ağırlık merkezinden geçerler. Birbirleri arasındaki açılar
0
0
180
180
0
dir.


90
N  M 
2
Gerçel eksenle yaptığı açılar sırasıyla q=0 için  A  90 0 ve
0


270
A
q=1 için
dir. Bu bilgiler ışığında köklerin geometrik
yeri kolayca çizilir ve gerçekten de Şekil.8.2 elde edilir.
Serhat YILMAZ, [email protected]
Örnek8.4: Dördüncü dereceden sistem: Geri bildirimli bir
kontrol sisteminin karakteristik denklemi şu şekildedir.
1  KGH ( s )  1 
K  s  1
s  s  2  s  4 
(8.30)
2
 GH(s)’in kutupları ve sıfırları şekilde verilmiştir. Gerçel eksen
üzerindeki geometrik yer tek sayıda kutup ve sıfır sağda kalacak
şekilde çizilmiştir. s=-4’te çift kutup bulunduğunu bu yüzden bu
noktadan önce sağ tarafta 3 kutup ve sıfır bu noktadan sonra da 5
kutup ve sıfır olduğundan geometrik yerde bir kesinti olmadığını
unutmayalım.
 N-M =4-1= 3 olduğundan 3 asimptot vardır. Asimptotların kesişme
(ayrılma) noktası
A 
0     2    2 *  4     1 
4 1
Serhat YILMAZ, [email protected]

9
3
 3
bulunur.
180
 En küçük açı q=0 için  A 
Dolayısıyla q=1 için  A  60 o
bulunur.
o
3
 120
360
, Asimptotlar arası açı   3
o
 180 ve q=2 için  A  180 o  120 o
 60
o
o
Pole-Z er o Map
5
0.8
4
0.6
3
Ç ift katlı kutup
Im aginary A x is
Im aginary Ax is
0
-0.2
0
-1
-2
-0.6
-3
-0.8
-4
-3.5
-3
-2.5
-2
Real A x is
o
- 1.5
-1
-0.5
0
Şe kil.8 .8 . (a ) G H ( s)’in k u tu pla rı v e sıfırla r ı
A yrılm a
noktası
1
-0.4
-4
 300
A sim ptot
2
0.2
-1
-4.5
 120
Root Loc us
1
0.4
o
-5
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
Real A x is
( b) k ök lerin g e o m e trik ye ri
 Adım 4: Eğer kesiyorsa, geometrik yer eğrisinin imajiner ekseni
hangi noktada kestiği, Routh-Hurwitz kriteri kullanılarak tespit edilir.
Serhat YILMAZ, [email protected]
o
 Adım 5: Varsa, gerçel eksenden ayrılma noktaları tespit edilir.
Ayrılma noktaları Şekil 8.8’de görüldüğü gibi K=0’dan sonsuza
giderken farklı köklerden başlayarak birbirlerine doğru gelen
eğrilerin bir noktada çarpışıp eksenlerinden saparak sonsuzdaki
sıfıra gittikleri noktalardır. Örneğin birim geri bildirimli bir sistemin
karakteristik denklemi:
1  G (s)  1 
K
 s  2  s  4 
0
(8.31)
 olsun. Denklemin s=-2’de ve s= -4’de kutupları vardır. Bu noktalarda
K=0 idi. K’nın değeri, bu iki noktanın arasında iki eğrinin
karşılaşacağı bir si noktasına kadar artacak, karşılaştıkları noktada
artık o eksen için alabileceği en büyük değeri alacak, daha sonra o
eksenden ayrılarak yine sonsuza doğru artmaya devam edecektir.
Örneğin bu sistemde ayrılma noktasından sonra K arttıkça s’in
sadece imajiner bileşeni değişmektedir.
Serhat YILMAZ, [email protected]
 Karakteristik denklemde K’yı yalnız bırakarak yeni bir polinom
oluşturalım. Denklem aşağıdaki şekliyle yeniden yazılabilir.
K=p(s)= -(s+2) (s+4)
(8.32)
 Bu yeni polinomun, polinom kökleri olan [-4,-2] aralığında bir
noktada en büyük değeri alacağı bellidir. Örneğin s=-4 kökünde
K=0’dır. s değerleri sağa doğru arttıkça (-3.9, -3.8,….)
oluşturduğumuz K polinomunun aldığı değer giderek artacak, bir
noktadan sonra tekrar azalarak s=-2 noktasında yine K=0 olacaktır.
Gerçekten de K polinomunu bu aralıkta çizdirirsek, s=-3 noktasında
en büyük değeri aldığı görülecektir (Şekil 8.9).
Serhat YILMAZ, [email protected]
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
-4
-3.8
-3.6
-3.4
-3.2
-3
-2.8
-2.6
-2.4
-2.2
-2
Şekil.8.9. (a) K polinomunu çizdiren
program (b) elde edilen grafik .
 Analitik olarak düşündüğümüzde bu tepe noktası bir ekstremum
noktasıdır ve burada K polinomunun s’e göre türevi sıfırdır. Ayrılma
noktası buradan da bulunabilir. El ile çözümlerde 2. yöntemi
kullanmak zorundayız.
dp ( s )
dK

  ( 2 s  6 )  0  s=-3 bulunur.
ds
ds
Serhat YILMAZ, [email protected]
 Örnek:8.5. Üçüncü dereceden sistem:Şekil 8.10.’daki geri
bildirimli kontrol sisteminin karakteristik denklemi
aşağıdaki
gibidir.
K  s  1
1  G (s)H (s)  1 
0
(8.33)
s  s  2  s  3 
 n=N-M=2 olduğu için
+
R (s)
K ( s  1)
2 q  1
formülünden
 
180
o
A
N M
 q=0 için  A

 q=n-1=1 için
1
s s  2 
-
180
o
 90
o
2
1


 A  2 * 1  1 180
2
s3
o
 270
o
Şe kil.8 .1 0 . K a pa lı ç ev irim bir k o ntr ol sistem i
 Buna göre 90° ve 270°’de iki asimptotumuz vardır. Asimptotların
ağırlık merkezi:
 P ( s )' in kutuplar ı   P ( s )' in sifirlari 0   (  2 )  (  3 )  (  1)  4
A 
bulunur.
Y (s)
N M


2
Serhat YILMAZ, [email protected]
 2
2
 Asimptotlar ve gerçel eksen üzerindeki köklerin geometrik yerleri
Şekil.8.11.a’da verilmiştir.
Root Locus
8
0.45
Asimptotlar üst
üste çakışmıştır
6
0.4
0.35
0.3
4
0.25
Imaginary Axis
2
0.2
0.15
0
0.1
-2
(b)
0.05
0
-3
-4
-2.9
-2.8
-2.7
-2.6
-6
-8
-3
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
Real Axis
(a)
Şekil.8.11. a) Köklerin geometrik yeri
b) K=P(s)’in grafiği
c) grafiği çizen program
Serhat YILMAZ, [email protected]
(c)
-2.5
-2.4
-2.3
-2.2
-2.1
-2
 s=-2’deki kök ile s=-3’deki arasında bir yerde köklerin ayrılma
noktası vardır. Ayrılma noktasını hesaplamak için K’yı karakteristik
denklemde yalnız bırakan yeni bir polinom oluşturalım. Bunun için
1
K s  1 
s s  2 s  3 
 K  P (s )  
s s  2 s  3   K s  1 
 0  s s  2 s  3   K s  1   0
s 1
0
s s  2 s  3 
s 1
 P(s)’i -3 ile – 2 arasındaki çeşitli noktalardaki s değerleri için
değerlendirdiğimizde en büyük değere s=-2.46’da ulaştığı görülür
(Şekil.8.11.b). Alternatif olarak K’nın türevi alınıp ekstremum nokta
bulunabilir.
dK
d  s s  2 s  3   s  5 s  6 s   s  1 3 s  10 s  6 




 2 s  8 s  10 s  6  0
3
ds

ds 
s 1


2
2
3
s  1 
2
2
 bulunur. Türevi sıfır yapan s değerleri analitik olarak veya hesap
makinesiyle bulunabilir. Aşağıdaki matlab komutuyla da polinomun
köklerini hemen bulabiliriz.
roots([2 8 10 6])
 Kökler sırasıyla -2.4656 , -0.7672 + 0.7926i, -0.7672 - 0.7926i
bulunur. s=-2 ile s=-3 aralığında olan ve bu nedenle ayrılma
noktasını sağlayan tek kökün s=-2.46 olduğu görülmektedir.
Serhat YILMAZ, [email protected]
 Adım 6: Peki hangi dal hangi yöne ayrılıyor? Geometrik yer eğrisi
bir kutuptan gerçel eksene göre hangi açıyla ayrılıyor veya bir sıfıra
hangi açıyla ulaşıyor? Açı koşulları kullanılarak bu açılar tespit
edilebilir.
 Kök yer eğrisinin bir kutuptan ayrıldığı noktada yaptığı açı ile diğer
kutup veya sıfırların bu noktaya uzanan vektörlerinin yaptığı açıların
o
o
180  k 360
net toplamının
olduğunu biliyoruz. Aynı koşul bir
sıfıra varış açısı için de geçerlidir.
 Köklerin geometrik yerinin çizimini tamamlayabilmek için özellikle
karmaşık kutup ve sıfırlarda bu açıları bilmek oldukça yararlı
olacaktır. Örneğin 3. dereceden bir açık çevrim transfer
fonksiyonunu ele alalım
F (s )  G (s ) H (s ) 
s  p 3 s 2
K
 2  ns  n
2

Serhat YILMAZ, [email protected]
(8.34)
 Kutup yerleşimleri ve karmaşık
kutuplardan biri (p1) civarındaki bir
s1 noktasına olan vektör açıları
Şekil.8.12.’de verilmiştir.
 Geometrik yer eğrisi üzerinde,
örneğin p1’e çok yakın bir test
noktası olan bir s1 noktasında, açı
koşulları
sağlanmalıdır.
p1’in
karmaşık eşleniği olan p2’den, bu
noktaya gelen vektörün yaptığı açı
olan  2 yaklaşık olarak karmaşık
eşlenik köke dik bir şekilde
geldiğinden 90° olacaktır ve ;
 1   2   3   1  90   3  180
X p1
s1
X
p3
0
X
p2
Şe kil.8 .1 2 . p 1 ’e ç ok ya k ın bir s 1 te st nok ta sı
o
Serhat YILMAZ, [email protected]
Ç ıkış ve ktörü
 1  90
o
 3
bulunur. Bu durumda
p1’den çıkacak eğri gerçel eksenle
o
90   3 açı yapacaktır. p1’in
karmaşık eşleniği olan p2’den çıkış
1
açısı da
ile aynı fakat zıt
işaretli olacaktır. Benzer şekilde bir
sıfıra varış açısı da yine açı
koşulundan bulunabilir:
90-
X p1
X
p3
0
X
p2
90 -
Şe kil.8 .1 3 . p 1 ’ den çık ış açısı  1  9 0 o   3
 Adım.7. Bu kritik çizimler tamamlandıktan sonra geri kalan kısımlar
birleştirilir. Emin olunamayan noktalar için, o noktalardaki köklerin
açı koşullarını sağlayıp sağlamadığına bakılabilir.
 Kaynaklar:
1) Dorf, R.,C., Bishop, R.,H.,Modern Control Systems, Tenth Edition, Pearson
Prentice Hall, 2005
2) http://www.engin.umich.edu/group/ctm/
Serhat YILMAZ, [email protected]
Ek8.1. Çözümlü Sorular
 ÇS.8.1) Bir çember ve iç kısmında yuvarlanan bir toptan oluşan
düzenek model olarak bir roketin yakıt tankı ve içinde çalkalanan
sıvı yakıta benzer. Çemberin açısal konumu çemberi döndüren şafta
bağlı motora uygulanan tork (döndürme momenti) ile kontrol
edilebilmektedir. Negatif geri bildirim uygulandığında geri bildirimli
kontrol sisteminin karakteristik denklemi
1  KG ( s )  1 
Ks ( s  4 )
s  2s  2
2
0
olmaktadır.
Döndürme Momenti
Çember
Serhat YILMAZ, [email protected]
Top
 a) Sistemin kök yer eğrisini çizin. Kopma noktasını tespit için K’yı
s=-1 civarı olan [-1.75, -0.75] aralığında 0.25 adımlarla inceleyin.
Veya bu noktayı türev yaklaşımı ile bulun.
 b) Köklerin birbirine eşit olduğu noktadaki kazancı bulun
 c) Bu iki eşit kökü yazın
 d) Bu kök değerlerinde sistemin yatışma zamanını (Ts) hesaplayın.
(Ts=
4
 n
)
 e) En büyük yüzde aşmanın P.O. = %4.5, yani bunun karşılığı olan
sönümleme oranının olarak   0 .707 olması için karmaşık eşlenik
köklerin değerinin (yaklaşık olarak) ne seçilmesi gerektiğini grafikten
yararlanarak gösteriniz (Karmaşık düzlemde   cos  ’dır)
 f) Sistemin açık çevrim transfer fonksiyonunu oluşturarak kök yer
eğrisini çizen program kodlarını Matlab’ta yazınız.
Serhat YILMAZ, [email protected]
 Çözüm: Karakteristik denklemi kutup ve sıfırlarına ayrıştırırsak
Ks ( s  4 )
1
 0 sıfırlarımızın z1= -4 ve z2=0 ve
s  (  1  i ) s  (  1  i ) 
kutuplarımızın p1= -1+i ve p2=-1-i olduğu görülür.
 Gerçel eksen üzerindeki kök yer eğrisi parçasını çizmek istersek,
s=0’dan, s=-4’e kadar olan bölgenin (-4 hariç) eğrinin sağ tarafında
sadece 1 adet sıfır vardır.
Pole -Ze ro Map
1
0.8
0.6
0.4
Im agina ry Axis
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
-1
-4
Serhat YILMAZ, [email protected]
-3.5
-3
-2 .5
-2
Real A x is
-1.5
-1
-0.5
0
 Bu nedenle bu bölgede kök yer eğrisi vardır. p1 ve p2’den
çıkan eğriler gerçel eksendeki sıfırlara doğru giderler.
0’la -4 arasında gerçel eksen üzerinde kök yer eğrisi
parçası olduğuna göre simetrik olması gereken eğriler,
köklerin gerçel bileşeni olan -1’e yakın bir yerde
karşılaşıyor ve gerçel eksene giriyor sonra biri z1’e,
diğeri z2’ye gidiyor. Bu karşılaşma noktası neresidir?
Yardımcı polinom kullanılarak bu nokta bulunabilir. iki
yolla da bulalım.
Serhat YILMAZ, [email protected]
0.75
 i) K, s1 ve s2’de 0’dır. Artarak gerçel
eksene doğru yaklaşır. Karşılaşma
noktasında belirli bir değer alır. Artık
gerçel eksen üzerine inmiştir. Buradaki
eğri parçası boyunca artarak, yine
gerçel eksen üzerinde bulunan z1 ve
z2 sıfırlarına ulaşır. Burada değeri
sonsuza ulaşır.
0.7
0.65
0.6
0.55
0.5
0.45
 Tersinden düşünecek olursak, K’nın
değeri sıfırlarda yani s=-4 ve s=0’da
sonsuzdur. Gerçel eksende bu aralık
boyunca azalarak birleşme noktasına
kadar gelir. Bu noktada, gerçel eksen
üzerinde artık K alabileceği en küçük
değeri almıştır. Bu noktadan sonra,
gerçel eksenden ayrılır, küçülerek
kutuplara doğru gider ve kutuplarda
K’nın değeri 0 olur. K gerçel eksen
üzerinde -4 ile 0 arasında kutupların
gerçel kısmı olan -1’e yakın bir yerde
alabileceği minimum değeri alacaktır.
K’yı
-1
civarında
kabaca
[-1.75, -0.75] aralığında inceleyelim.
0.4
0.35
-2
-1.5
-1
-0.5
s  2s  2
2
K  p(s)  
K  p (  1 . 75 ) 
s  4s
2
 1 . 75  2  2 *  1 . 75   2

 1 . 75  2  4 *  1 . 75 
 0 . 3968
K=p(-1.50)= 0.3333 , K=p(-1.25)= 0.3091 ,
K=p(-1.00)= 0.3333, K=p(-0.75)= 0.43590
s=-1.25 civarında K minimumdur ve yaklaşık
değeri 0.3091’dir.
Serhat YILMAZ, [email protected]
 ii) Kopma noktasını türev yaklaşımıyla da çözebiliriz. Bu ekstremum
noktada eğim sıfır olacaktır.
 2 s  2 s 2  4 s   2 s  4  s 2  2 s  2 
dK

ds
s
2
 4s
2
 0
 pay kısmı   2 s 3  10 s 2  8 s    2 s 3  8 s 2  12 s  8   -2s 2  4s  8  0
Root Locus
1
0.8
0.6
0.4
Imaginary Axis
Denklemin kökleri; 3.2361 ve -1.2361’dir.
[-4 0] aralığını sağlayan kök -1.2361’dir
(yaklaşık -1.25) Bu bilgiler ışığında kök yer
eğrisini çizecek olursak; s=0’ın solunda,
s=-4’e kadar gerçel eksel üzerinde kök yer
eğrisi vardır. Kök yer eğrisinin karmaşık
düzlemdeki parçaları da s=-1+i ve s=-1-i
deki kutuplardan çıkıp s=1.25’teki ayrılma
noktasında çarpışır ve gerçel eksen
üzerindeki sıfırlara doğru gerçel eksen
üzerinde daha önce çizdiğimiz eğriyi takip
ederek giderler.
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
-1
-4
Serhat YILMAZ, [email protected]
-3.5
-3
-2.5
-2
Real Axis
-1.5
-1
-0.5
0
 b ve c) s=-1.2361 noktasında kökler eşittir ve
s  2s  2
yaklaşık 0.3091’dir.
K  
2
s  4s
2
 d) s1,s2
 e) 
  
 45
s   1 . 2361
n
 j n 1  
2
, 45 derecelik açıyla wn’in kök yer eğrisini kestiği a  ja
noktaları şekilden de görüldüğü gibi kutuplar yani -1 j noktalarıdır.
 f) Matlab’ta kök yer eğrisini çizdiren komut rlocus komutudur.
Sistemin açık çevrim transfer fonksiyonu G’den yararlanır. K’ya
0’dan sonsuza değerler vererek, G’nin kutuplarından, sıfırlarına
uzanan kök yer eğrileri çizer.
Serhat YILMAZ, [email protected]
 ÇS.8.2) Bir teybin negatif geri bildirimli hız kontrol sisteminde, geri
bildirim transfer fonksiyonu H(s)=1 ve kontrol sisteminin açık çevrim
K
transfer fonksiyonu: G s  
dir.
2

s s  2  s  4 s  5

 a) 0  K   için kök yer eğrisi taslağını çizin ve s=-1 noktasında
K’nın değerini hesaplayın.
(  A   2 q  1  180
, 4 s 3  18 s 2  26 s  10
N M
= [s-(-1.9491 + 0.5958i)] [s-(-1.9491 - 0.5958i)] [s-( -0.6018)]
 b) s   0 ,35  j 0 ,80 ’deki baskın kökler için
4
T

yatışma zamanını hesaplayın.
 Wn
s
 c) Sistemin kök yer eğrisini Matlab’ta çizdiren ve
istenen noktada K kazancının değerini bulan
program kodlarını yazın.
Serhat YILMAZ, [email protected]
 Çözüm:
 Soruda anlatılan teybin
blok diyagramı şekildeki
gibidir.
R (s)
 Transfer Fonksiyonumuz
G s 
şeklindedir.
T (s) 
+
G ( s)
-
1  G s 
 Transfer
Fonksiyonumuzun
paydası bize karakteristik
denklemi veriyordu.
Serhat YILMAZ, [email protected]
H ( s)
Y (s)
K
 Adım1: Karakteristik denklemimiz:1  G  s   1  s  s  2 s
2
 4s  5

dir.
 Şimdi karakteristik denklemimizin kutuplarını ve sıfırlarını bulalım:
 Kutuplarımız s1= 0 , s2= -2 , s3= -2-j , s4= -2+j’dir. Bu nedenle kök
yer eğrisini oluşturacak, kutuplardan başlayıp sıfırlarda biten dört dal
olacaktır. Kök yer eğrileri her zaman gerçel eksene göre simetriktir.
Sıfırlarımız ise 4 tanedir ve bunlar sonsuzdadır. Sonlu kutuplarımızı
s düzlemine yerleştirerek işe başlayalım.
 Adım2: Gerçel eksen üzerindeki
eğrileri yerleştirelim. s=0 ile
s=-2’deki kutupların arasında
kök yer eğrisi vardır. Çünkü
s=-2’ye gelinceye kadar bu
eğrinin sağında bir tane yani
tek sayıda kutup veya sıfır
(burada bir kutup) vardır.
Serhat YILMAZ, [email protected]
 Adım3: Kök yer eğrisini çizmek için asimptotları ve bunların açılarını
bulalım. Asimptotlar da kabaca sonsuza giden kök yer eğrilerini
simgelediklerinden bunlar da gerçel eksene göre simetriktirler. Asimptot
Sayısı = N-M= kutup sayısı – sıfır sayısı = 4-0 = 4
 i) Asimptot Ağırlık Merkezi:
0  (  2 )  (  2  j )  (  2  j )   0 
3
Kutuplar   sııfırlar






N M
 ii) q=0,1,2,3
 q=0 için; φ0 =
 q=2 için; φ2 =
4
φA =
 2 q  1  180 idi
N M
 2 q  1  180
N M

N M
N M
2 q  1  180
N M
180
 45
o
4
2 q  1  180
 q=1 için; φ1 = 2 q  1  180
 q=3 için; φ3 =

900
 225
o
4

540
 135
o
 315
o
4

1260
4
Serhat YILMAZ, [email protected]
2
 Adım4: Eğrinin imajiner ekseni kestiği noktalar:
Karakteristik
denklemi Routh-Hurwitz tablosuna yerleştirmek için polinom şeklinde
yeniden düzenleyelim. Sistemin transfer fonksiyonu;
T (s) 
KG  s 
1  KG  s 


4
1
13
K
s
3
6
10
0
b K
0
0
0
a  11 . 34
s
18 . 9  K
1
s c
68
0
s
d  K
c 
1

6
11 . 34 11 . 34

s s  2  s  4 s  5  K
s
2
K
0
10
K
2

 
1 1

6 6
1
6
11 . 34
s  6 s  13 s  10 s  K
3
4
b
6 K  113 . 4 
K
4
2
q  s  6 s  13 s  10 s  K
a
0


13
10

3
2
1
 10  78  
6
1 * 0  6 * K  
18 . 9  K
68
d 
68
6
K
 1 11 . 34
c
Serhat YILMAZ, [email protected]
c
K
0
 K
 11 . 34
 Burada öncelikli amacımız Routh-Hurwitz tablosunu kullanarak
yardımcı polinom aracılığıyla yüksek dereceli polinomun, daha önce
yaptığımız gibi tüm köklerini bulmak değildir. Daha önceki
çözümlerde şunu söylemiştik: “Tabloda bir satırın tamamı sıfırsa
ondan bir önceki satırı yardımcı polinom olarak seçeriz. Bu
polinomun kökleri sistemin sınırda kararlı olduğu imajiner eksen
üzerindeki köklerini verir.” Bu kökler karakteristik fonksiyonu da
sağladığından, köklerin geometrik yeri imajiner ekseni bu noktalarda
kesecektir: Bunu sağlayacak ilk satır 3. satırdır. Çünkü 4. satırda c=0
olursa 4. satırın tamamı sıfır olacaktır. K=18.9 kazanç değerine
ayarlanırsa bu sağlanacak ve sistem marjinal kararlı olacaktır. Bunu
sağlayan kökler bir önceki satırdan oluşturulacak yardımcı
polinomun kökleridir:
Pole- Z er o Map
1.5
 y(s)= 11.34s2 + K = 11.34s2+18.9=0
1.2910i
s  1 .2 9 i
0.5
I m aginar y Ax is
 s1 , s 2  
1
0
-0.5
s   1 .2 9 i
-1
Serhat YILMAZ,-1.5
[email protected]
-6
-5
-4
-3
-2
-1
Real A x is
0
1
2
3
 Adım5.Varsa kopma noktası bulunur:
1  G s   1 

K
s s  2  s  4 s  5
2

 0
buradan K’yı çekerek K’nın türevini alarak kopma noktasını buluruz. Çünkü
türev bize max. , min noktayı verir.


1
K
  1
2
 s  s  2 s  4 s  5  
K
s
K   1s s  2 s  4 s  5  
2
 4 s  18 s  26 s  10  0
3
2
s  6 s  13 s  10 s
4
3
2
Bu türev denkleminin kökleri soruda verilmiş.
 Verilmeseydi bile köklerini program yardımıyla bulabilirdik.
>> roots([2 9 13 5])
ans =
-1.9491 + 0.5958i
-1.9491 - 0.5958i
-0.6018
 Kopma noktası gerçel eksen üzerinde,
olmasını beklediğimiz [-2,0] aralığındadır.
Bu nedenle bunu sağlayan s= -0.6018
bizim kopma noktamızdır.
 s=-1 noktasında kopma noktasındaki kazanç:
Pole- Z er o Map
1.5
1
I m aginar y Ax is
0.5
s   0 .6
0
-0.5
-1
-1.5
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
Real A x is
K   ( s  6 s  13 s  10 s )
4
3
2
  ((  1)  6 (  1)  13 (  1)  10 (  1))  1  6  13  10   2
4
3
s   1Serhat YILMAZ, [email protected]
2
3
 Adım6.Karmaşık kutuplardan çıkış açıları: Karmaşık kutuplara yakın
seçilen kök yer eğrisi üzerindeki birer s noktasına G(s)’in her bir
kutbundan ve her bir sonlu sıfırından (burada yok) uzatılan
vektörlerin gerçel eksenle saat yönünün tersi yönünde yaptıkları
açılar toplamının açı koşullarını sağlaması gerektiğini söylemiştik.
s3= -2-j veya s4= -2+j’ karmaşık kutuplarından birine, örneğin s4
kutbuna çok yakın bir sx kökü seçelim. Gerçel ve imajiner
büyüklükleri 2 birim olduğundan s1=0 noktasındaki kutupla  1 =135°
açı yapar.         135  90  90    180 o
1
2
3
4
4
  4 = -135° = 225°, kök yer eğrisine ait dal s4 kökünden bu açıyla
çıkar, asimptotu izleyerek sonsuzdaki sıfıra gider. Benzer şekilde
s3’den çıkan dal da simetrik bir yol izler.
Pole-Zero Map
Pole-Zero Map
1.5
s x  2  2 j
 4 =2250
 4 =?
1
0.5
 2  90
0
0.5
0
 1 =135
0
450
Imaginary Axis
1
Imaginary Axis
1.5
-0.5
-0.5
 3  90
0
-1
-1
-1.5
-6
s   0 .6
0
Serhat YILMAZ, [email protected]
-1.5
-5
-4
-3
-2
-1
Real Axis
0
1
2
3
-6
-5
-4
-3
-2
-1
Real Axis
0
1
2
3
 Adım7. Eskiz tamamlanır: Eğrimiz genel hatlarıyla şekillendi.
Asimptotları takip edecek şekilde eğrileri birleştiririz. Tamamlanmış
halini matlab’ta çiziminde göreceğimiz için burada tekrar vermedik.
 b) yatışma zamanı T s

4
 Wn
dir . s 1 , s 2    Wn  jWn 1  
kökleri için  0 . 35    w n , j 0 . 80
 T  4  4  11 , 4286 sn
dir.
s
 Wn
 jw n 1  
0 ,35
 4) Kök yer eğrisi grafiğini çizdiren
program:
pay = [1];
payda = conv([1 0], conv( [1 2], [1 4 5]) );
G = tf(pay,payda); rlocus(G)
Serhat YILMAZ, [email protected]
2
2
idi. s   0 ,35 
j 0 ,80
eşitlikleri elde edilir.
 ÇS.8.3) Şekilde verilen kök
yer eğrisini çizebilmek için
 a) gerekli G(s) açık çevrim
transfer
fonksiyonunu
oluşturan ve grafiği çizen
program kodlarını yazın.
 b) Eğri üzerinde sistemin
sınırda kararlı olduğu kök
değerlerinden birini işaretleyin,
değerini yaklaşık olarak yazın.
Seçtiğimiz noktanın değerini
ve bu noktadaki kazancı
bulabilmek için gerekli program
kodunu yazın.
Serhat YILMAZ, [email protected]
 Çözüm: Sıfırlar ve kutuplar kabaca grafikten belirlenir :
 Örneğin
z1=0.5+0.9i  s-z1=s-0.5-0.9i , z2=0.5-0.9i s-z2=s-0.5+0.9i
s1=-0.25+1.3i  s-s1=s+0.25-1.3i, s2=-0.25-1.3i s-s2=s+0.25+1.3i
s3=0  s-s3=s
 Program:
 a) pay=conv ([1 -0.5-0.9i], [ 1 -0.5+0.9i]); payda=conv ([1 0.25-1.3i],
conv([ 1 0.25+1.3i],[1 0])); G=tf(pay,payda); rlocus(G)
 b)
Seçtiğimiz nokta yaklaşık olarak
s=0+0.8i;
Gerekli satır:
rlocfind(G)
Serhat YILMAZ, [email protected]
Kaynaklar:
1) Dorf, R.,C., Bishop, R.,H., Modern Control Systems, Tenth Edition,
Pearson Prentice Hall, 2005
2) http://www.engin.umich.edu/group/ctm/
3) Vatansever,Ş.,Savaş,Ç.,KOÜ. Mü .Fak. Elo ve Hab. Blm,Otomatik
Kontrol Dersi Ödevi
Serhat YILMAZ, [email protected]