Otomatik Kontrol Ders Notlarını buradan indirebilirsiniz.

Transkript

PAMUKKALE
ÜNİVERSİTESİ
Mühendislik Fakültesi,
Makine Mühendisliği Bölümü
Zekeriya Girgin
DENİZLİ, 2015
OTOMATİK KONTROL
DERS NOTLARI
Otomatik Kontrol Ders Notları, Pamukkale Üniversitesi, Z.Girgin
Önsöz
Mühendislikte vermeye başladığım Otomatik Kontrol dersinin daha iyi anlaşılabilmesi için bu notlar
hazırlanmaya başlandı. Şu anda eksikleri oldukça fazla olmasına rağmen yayınlanması daha uygun
olacağı kanaatindeyim.
Şimdilik birçok eksikleri bulunmaktadır. İnşaallah gelecek yıllarda daha düzgün hâle getirilecektir.
Aslında İngilizce kaynaklarda Otomatik Kontrol ile ilgili çok daha geniş ve ayrıntılı açıklamalar
bulunmasına rağmen, Türkçe kaynaklarda fazla olmadığından dolayı bu kısma ağırlık verilecektir.
Çözümler yeri geldiğinde Simülasyon programları ile de gösterilecektir.
Ders notlarından Türkçe bilen tüm öğrencilerin parasız olarak faydalanabilmesi için PDF formatı
tercih edildi. Böylece öğrenciler derste aynı şeyleri yazmak yerine, zamanlarını anlamaya ayırması
ve daha başarılı olması arzu edildi.
Ders notları ilk defa yazılmaya başlandığı için hataları olacaktır. Fakat ders esnasında ve zamanla
bu hatalar en az hale getirilecektir. Bu zamana kadar öğrencilere hiçbir şey vermemektense hatalı
da olsa yayınlanması daha faydalı olacağı kanaatindeyim.
Notların genişletilmesine mümkün olduğunca devam edilecektir. Yani zaman geçtikçe daha düzgün
ve hatasız hale getirilecektir. Ayrıca yeni bölümler de eklenecektir (Modelica kökenli (MapleSim,
Dymola, Matlab\Simulink ) gibi program örnekleri ). Ders notlarında görülen hataların tarafıma
bildirilmesi beni daha da memnun eder. Böylece daha düzgün hale gelecektir. İnşâallah ilaveler
yapıldıkça yeni hâliyle tekrar web sayfasından tekrar yayınlanmaya devam edecektir.
Doç.Dr. Zekeriya Girgin
Ağustos 2015
Pamukkale Üniversitesi
Mühendislik Fakültesi
Makine Mühendisliği Bölümü
Kınıklı Kampüsü 20070
Denizli, Türkiye
Web page:
http://zgirgin.pau.edu.tr/
“İnsan, ipi boğazına sarılıp, istediği yerde otlamak için başıboş
bırakılmamıştır; belki bütün amellerinin sûretleri alınıp yazılır ve bütün
fiillerinin neticeleri muhasebe için zabtedilir.”
“Ahirette seni kurtaracak bir eserin olmadığı takdirde, fâni dünyada
bıraktığın eserlere de kıymet verme”
1
İçindekiler
Önsöz............................................................................................................................................... 1
GİRİŞ ............................................................................................................................................... 5
1.
Kontrol Sistemleri: ..................................................................................................................... 5
Blok Diyagramı: ................................................................................................................. 5
Toplama Noktası (Summing Point): ................................................................................... 6
Dağılma Noktası (Takeoff Point): ....................................................................................... 6
Uygulama : ................................................................................................................. 6
Uygulama : ................................................................................................................. 7
Uygulama : ................................................................................................................. 8
Uygulama : ................................................................................................................. 9
Uygulama : ................................................................................................................. 9
Uygulama : ............................................................................................................... 10
Uygulama : ............................................................................................................... 10
Uygulama : ............................................................................................................... 11
2.
Laplace Dönüşümleri .............................................................................................................. 11
A (s)’de Farklı Kökler Olması Durumu ............................................................................. 12
Laplace Dönüşüm Tablosu ....................................................................................... 13
Laplace Dönüşüm Özellikleri .................................................................................... 14
A (s)’de Köklerin Tekrarlaması Durumu ........................................................................... 17
3.
Blok diyagramı cebri ve blokların indirgenmesi ....................................................................... 21
4.
İşaret Akış Grafikleri: Tanımlamalar ........................................................................................ 26
İşaret Akış Grafiği Cebri ................................................................................................... 27
Lineer Sistemlerin İşaret Akış Grafiği İle Gösterimi.......................................................... 28
İşaret Akış Denklemi ........................................................................................................ 28
Uygulama ................................................................................................................. 29
Uygulama ................................................................................................................. 30
Uygulama ................................................................................................................. 31
Uygulama ................................................................................................................. 34
Uygulama ................................................................................................................. 35
Uygulama ................................................................................................................. 35
Uygulama ................................................................................................................. 41
Uygulama ................................................................................................................. 42
Uygulama ................................................................................................................. 43
Uygulama ................................................................................................................. 44
Uygulama ................................................................................................................. 46
Uygulama ................................................................................................................. 47
2
5.
Kararlılık Kriterleri ................................................................................................................... 49
Routh Kriteri ..................................................................................................................... 51
Uygulama ................................................................................................................. 51
Uygulama ................................................................................................................. 51
Uygulama ................................................................................................................. 52
Uygulama ................................................................................................................. 52
Uygulama ................................................................................................................. 52
Uygulama ................................................................................................................. 53
Uygulama ................................................................................................................. 53
Uygulama ................................................................................................................. 54
Uygulama ................................................................................................................. 54
Uygulama ................................................................................................................. 55
Uygulama ................................................................................................................. 56
Hurwitz Kriteri .................................................................................................................. 58
Uygulama ................................................................................................................. 58
Uygulama ................................................................................................................. 58
Uygulama ................................................................................................................. 59
Uygulama ................................................................................................................. 59
Sürekli Bölme Kriteri ........................................................................................................ 59
Uygulama ................................................................................................................. 60
Uygulama ................................................................................................................. 60
Uygulama ................................................................................................................. 61
6.
Lineerleştirme ......................................................................................................................... 61
Lineer Olmayan Fonksiyonların Lineerleştirilmesi............................................................ 61
Misal ......................................................................................................................... 63
Misal ......................................................................................................................... 63
Misal ......................................................................................................................... 64
7.
Zaman Cevabı (Time Response) ............................................................................................ 65
Birinci Mertebeden Sistemler (First Order Systems) ........................................................ 65
Misal : ....................................................................................................................... 67
İkinci Mertebeden Sistemler (Second Order Systems) .................................................... 67
8.
Root Locus Metodu (The Root-Locus Method) ....................................................................... 70
Negatif geri beslemeli sistemlerde Root Locus Metodu ile Çizim..................................... 74
Misal: ........................................................................................................................ 76
Misal: ........................................................................................................................ 77
Misal: ........................................................................................................................ 79
Misal: ........................................................................................................................ 80
3
Misal: ........................................................................................................................ 82
Misal: ........................................................................................................................ 83
Misal: ........................................................................................................................ 86
Misal: ........................................................................................................................ 88
Misal: ........................................................................................................................ 91
Misal: ........................................................................................................................ 92
Pozitif geri beslemeli sistemlerde Root Locus Metodu ile Çizim ...................................... 95
Misal: ........................................................................................................................ 96
Kutup ilavesi (Addition of Poles to G(s) H(s)) .................................................................. 98
Sıfır ilavesi (Addition of Zeros to G(s) H(s)) ..................................................................... 98
Root-Locus ile Dizayn (Sisteme kutup ve sıfır eklemenin etkileri) ................................... 98
Root-Locus ile Lead Kompanzasyon (Lead Compensation with Root-Locus method)
98
Root-Locus ile Lag Kompanzasyon (Lag Compensation with Root-Locus method) 104
Root-Locus ile PD(Orantı+Integral) Kontrol (PD Controller using Root-Locus method)
108
Durum Uzay Metotları (State-Space Methods) ..................................................................... 109
9.
Durum Denkleminin Transformasyonu (Transforming the State Equations) .................. 109
Direkt Programlama ....................................................................................................... 111
Paralel Programlama ..................................................................................................... 112
Seri Programlama .......................................................................................................... 113
Genel Programlama....................................................................................................... 114
Uygulama ............................................................................................................... 116
Uygulama ............................................................................................................... 118
Uygulama ............................................................................................................... 121
10.
Kontrol Elemanları ............................................................................................................. 123
İki konumlu veya Açık-Kapalı Kontrol Elemanı (Two-position or on-off Controllers) ...... 123
Orantı Kontrol Elemanı (Proportional Controller) ........................................................... 124
İntegral Kontrol Elemanı (Integral Controller) ................................................................ 124
Orantı + İntegral Elemanı (PI) (Proportional+Integral Controller) ................................... 124
Orantı+Diferansiyel Kontrol Elemanı (PD) (Proportional + Differential Controller) ......... 125
Orantı+Integral+Diferansiyel Kontrol Elemanı ( PID = Proportional+Integral Differential
Conroller).................................................................................................................................. 126
Hidrolik Kontrol Elemanları ............................................................................................ 126
Hidrolik İntegral Elemanı......................................................................................... 127
Hidrolik Orantı Elemanı .......................................................................................... 127
Amortisörler ............................................................................................................ 128
Hidrolik Orantı + İntegral Elemanı........................................................................... 130
4
Hidrolik Orantı + Diferansiyel Elemanı .................................................................... 131
Hidrolik Orantı + Integral + Diferansiyel Elemanı .................................................... 132
Kendi Kendine Kontrol Eden Sistemler .......................................................................... 133
11.
Frekans Tepkisi Analizi (Frequency Response Analysis) .................................................. 140
Bode Grafiği (Bode Diagram) ........................................................................................ 140
12.
Matlab Control System Toolbox ........................................................................................ 141
Model bağlantıları (Model Interconnection) .................................................................... 141
feedback ................................................................................................................. 141
parallel .................................................................................................................... 141
series ...................................................................................................................... 142
GİRİŞ
Otomatik kontrol uygulaması günlük hayatımızda sıkça kullanılmaktadır. Temel olarak kapalı devre
(geri beslemeli) ve açık olmak üzere iki kısma ayrılabilir. Burada yalnızca geri beslemeli kontrol
sistemleri incelenecektir. Ayrıca kontrol elemanlarının malzemesine bağlı olarak da sınıflandırmak
mümkündür. Hidrolik, mekanik, pnömatik, elektronik veya bileşenleri şeklinde olabilir. Ayrıca kontrol
elemanlarını gösterdikleri davranışa bağlı olarak da sınıflandırmak mümkündür ( Orantı(P),
Integral(I), vs. şeklinde).
Bir Kontrol devresinin analiz veya sentez edilebilmesi için; 1. Fiziksel sistemin matematiksel modeli
elde edilir. 2. Gerekli bağıntılar yazılır. 3. Sistemin Blok diyagramı çizilir. 4. Daha basit gösterim için,
blok diyagramından işaret akış grafiği çizilir. 5. Elde edilen işaret akış grafiğinden sistemin transfer
fonksiyonları veya kararlı olup olmadığı veya kararlı olması için hangi aralıklarda olması gerektiği
gibi hesaplamalar elde edilir.
İleride bunlar detaylarıyla incelenecektir.
1. Kontrol Sistemleri:
Kontrol sistemin anlaşılabilmesi açısından aşağıdaki temel tanımlamaların bilinmesi gereklidir.
Blok Diyagramı:
Fiziksel bir sistemin giriş ve çıkışları arasındaki, sebep sonuç ilişkilerinin resimle (çizim) anlatılış
şekline denir. Blok diyagramını oluşturan parçalara ise, eleman denir. Blok diyagramının en basit
şekli; tek blok ve bir giriş çıkıştan oluşur (bakınız şekil:1.1).
Giriş  Blok  Çıkış
(1.1)
Dikdörtgenin içi, bloğu tanımlar ve genellikle elemanın tipi veya matematiksel bir işlemin tanımı içine
yazılır. Blokta kullanılan oklar işlemin akış yönünü belirler.
5
Toplama Noktası (Summing Point):
Blok küçük bir daire şeklinde olduğunda buna toplama noktası denir. Toplama noktasına gelen
oklarda artı(+) veya eksi(-) işareti bulunmalıdır. Toplama noktasına gelen giriş sayısı bir veya daha
fazla olduğu halde çıkış sadece bir tanedir ve çıkışa işaret konulmaz.
Dağılma Noktası (Takeoff Point):
Gelen bir sinyalin, birden fazla kola çıkışını göstermek için dağılma noktası kullanılır ve nokta () ile
gösterilir. Giriş bir tane olduğu halde çıkış iki veya daha fazladır. Bütün çıkış kollarındaki değerler
giriş ile aynıdır. Örneğin bir insan sesisin işitilmesinde bir ile bin birdir veya evlerdeki elektrik 220V
ile eve gelir. Bina içerisinde birçok dala (kola) ayrıldığı halde bütün dallardaki (kollardaki) voltaj yine
220V tur.
Gerçek hayatta karşılaşılan problemlerin kontrol sistemlerinde nasıl ifade edildiği aşağıdaki
uygulamalarda gösterilmiştir.
Uygulama :
Aşağıdaki şekilde negatif geri beslemeli kontrol sistemi verilmektedir. Tanktaki su seviyesi
yükseldiğinde, yüzer top yükselmekte ve dolayısıyla palangaya bağlı olan halat sayesinde su girişini
engelleyen kapak aşağı inmektedir. Su seviyesi azaldığı takdirde kapak geri açılmakta ve su girişini
serbest bırakmaktadır.
makara
kapak
halat
su
Şamandıra
kap
vana
su
Bu sisteme ait blok diyagramı aşağıda verilmiştir.
6
Uygulama :
Aşağıda verilen denklemlerin blok diyagramlarını çiziniz.
 dx 
a) x2  a1  1 
 dt 
d 2 x2 dx1
b) x3  2 
 x1
dt
dt
c) x4   x3dt
Çözüm:
a)
veya
veya
b)
Kontrol elemanları seri olarak bağlandığı takdirde birleştirilebilir. Aynı örnek;
7
şeklinde de olabilir.
c)
Uygulama :
Aşağıda verilen servo mekanizmanın fonksiyonu suyu açmak ve kapamaktır. Sistemin girişindeki
döner tipli voltmetre, karşısındaki Batarya voltaj kaynağına bağlıdır. Voltmetrenin hareket edebilen
üçüncü ucu, açısal konumla kalibre edilmiştir. Çıkış ucu ise, hız yükseltici (servo amplifier) diye
adlandırılan terminale elektrikle bağlanmıştır.hız yükseltici, hızı değişebilen elektrik motorunun
(servomotor)çalışması için gerekli olan voltajı desteklemektedir. Servomotor ise mekanik bir kolla su
valfına bağlıdır. Yani motorun dönmesiyle, su valfı açılmakta veya kapanmaktadır.Valfın yük etkisi
ihmal edilmektedir. Motor milinin 360 dönmesiyle, valf tamamen açılmaktadır. Ayrıca, ikinci
voltmetrenin (geri besleme voltmetresi) hareket edebilen ikinci ucu paralel olarak ve sabit şekilde
giriş voltmetresine bağlıdır. Belli bir açı miktarı kadar giriş döndürüldüğünde,aradaki fark servo
amplifier ile yükseltilerek motora iletilir. Motor dönmeye başlar. Fakat motordan alınan diğer bir uç
geri besleme voltmetresine verildiğinden buda aradaki farkı düşürür. Yani motor istenilen konuma
geldiğinde voltaj farkı sıfır olduğu için motor durur. Verilen açı ters yöne alınırsa motor ters yönde
dönmeye başlar ve yine belirlenen konuma gelince durur.
Bu sistemin Blok diyagramı şematik olarak aşağıdaki gibi çizilebilir. Şekilde görüldüğü gibi giriş
(input) ve geri besleme (feedback) voltmetre voltajları aynı olduğunda sistem hareketsizdir. Buradaki
kütlelerin etkisinden dolayı gerçekte sistem hemen durmaz, salınım yaparak durur.
8
Uygulama :
Aşağıda şematik olarak verilen, basit bir hız kontrol sisteminin (velocity servomechanism) blok
diyagramını çiziniz.
Döner tipli voltmetre vardır ve rad/s cinsinden kalibre edilmiştir. (Motor milinde herhangi bir dış yük
yok.) batarya voltaj kaynağı, hem giriş voltmetresini hem de motoru döndürmektedir. Bataryadan
alınan voltaj giriş voltmetresine bağlı olduğundan rad/s cinsinden verilen büyüklüğün bir ucu direk
olarak yükselticiye, diğer ucu ise takometreye bağlıdır.
Uygulama :
Fotoselli ışık açma-kapama düğmesiyle çalışan bir lambanın odanın karanlığına bağlı olarak
çalışması için, bu sistemin blok diyagramını çiziniz.
Çözüm : Odadaki ışık yoğunluğu fotoselin çalışması için gerekli yoğunluktan daha fazla veya ona
eşit olmalıdır. Fotosel ve lamba kontrol elemanlarıdır. Kontrol sinyali odayı aydınlatan ışık
9
yoğunluğudur. Bu da güneş ve lambadan gelen ışıkla oluşmaktadır. En az miktardaki ışık yoğunluğu
r1 , lamba tek başına açıkken (güneş ışığı yok) elde edilen ışık yoğunluğuna eşittir.
Uygulama :
Bir insanın eliyle bir nesneye ulaşması için yaptığı davranışın blok diyagramını şematik olarak
çiziniz.
Çözüm: Bu kontrol sisteminin temel elemanları; beyin(brain), kol(arm) ,el(hand) ve gözlerdir(eyes).
Giriş(Input);nesnenin konumudur. Çıkış(Output); elin konumudur. Aşağıdaki şekilde verilen kesik
çizgiler ve oklar; bilgi akışının yönünü göstermektedir. Gözler insan eli ile nesne arasındaki farkı fark
eder ve beyine iletir. Beyin buna göre koldaki sinirleri uyararak harekete geçirir. El buna göre hareket
ederken, göz sürekli olarak nesne ile el arasındaki farkı algılar ve el nesneye gerektiği kadar
yaklaştığında beyin, el parmaklarını uyararak cismi tutmasını sağlar. Cisim tutulurken parmak uçları
sensor(algılayıcı) vazifesini görür.
Uygulama :
İnsan yürüme sisteminin blok diyagramını çiziniz.
Çözüm: İstenilen hareket yönü (desired walk direction) giriştir. Gerçekleşen hareket yönü (Actual
work direction) çıkıştır. Gözler(eyes) aradaki farkı görür ve beyine bildirir. Beyin de bu farka bağlı
olarak bacaklara ve ayaklara uyarı göndererek onları yönlendirir.Bu arada göz hep ölçmeye devam
eder. Hata payı olmadığı takdirde bacaklar ve ayaklar aynı şekilde devam eder. Eğer insan alkollü
olduğu takdirde toplama noktasındaki fark ölçülemeyeceği için (gerçekleşen yön ile istenilen hareket
yönü arasındaki fark ), büyük hatalar meydana gelir.
10
Uygulama :
Sıcaklığını otomatik olarak ayarlayıp belirli seviyede tutan elektrikli fırının çalışmasıyla ilgili blok
diyagramını çiziniz.
Çözüm : Bizim ayarladığımız sıcak değeri giriştir. Fırının(Oven) gerçek sıcaklığı ise çıkıştır. Fırının
sıcaklığı, ayarlanan(referans) değerden küçük olduğu takdirde, termostat elektrik düğmesini(switch)
açar ve ısıtıcı(Heater), (rezistans) çalışmaya başlar. Isıtıcı çalışınca, fırının sıcaklığı artar ve istenilen
değeri aşınca, termostat elektrik düğmesini kapar ve fırının sıcaklık yükselmesi durdurulmuş olur.
Sistemdeki çıkış herhangi bir şekilde girişi etkilemiyorsa açık devreli kontrol sistem, etkiliyorsa
kapalı devreli (geri beslemeli) kontrol sistem olarak adlandırılır.
Geri beslemeli kontrol devreleri, kendi arasında, pozitif veya negatif geri beslemeli olmak
üzere iki kısma ayrılır. Sistemde meydana gelen hata miktarı düzeltilmeye çalışılıyorsa negatif geri
beslemeli, artırılmaya çalışılıyorsa pozitif geri beslemeli olarak adlandırılır. Yukarıdaki elektrikli fırın
veya su tankının çalışma prensibi, negatif geri beslemeye örnektir. Girişten başlayıp çıkışa doğru
giden yol üzerinde bulunan elemanlara, ileri yol kontrol elemanı, çıkıştan başlayıp girişe doğru
bağlanan yol üzerinde bulunan elemanlara da geri yol elemanı denir.
2. Laplace Dönüşümleri
Başlangıç şartları bilinen diferansiyel denklemlere Laplace Dönüşümleri uygulanabilir. Bunun için
diferansiyel denklemin kısmi açılımı ile ilgili aşağıdaki bilgileri kullanmak yararlıdır.
F s  
Bs 
A s
(2.1)
şeklinde bir eşitlik verilmiş olsun ve B (s) polinomunun derecesi, A (s) polinomundan küçük olsun.
Bu durumda F(s);
F  s   F1  s   F2  s  
 Fn  s  
(2.2)
olur. A (s) polinomunda kökler gerçel ve birbirinden farklı veya tekrarlamalı kök olması durumunda
katsayıların hesabı değişir.
Verilen diferansiyel denklemin mümkün olduğunca açık hale getirilmesi şarttır. Bunun için
aşağıdaki yöntemler uygulanabilir.
amDm  am1Dm1   a1D1  a0
y(t) 
 f  t
Dn  bn1Dn1   b1D  b0
(2.3)
şeklinde verilen diferansiyel denklemde;
a0, a1, ....., am be b0, b1,....., bn-1 sabitlerdir.
f(t) sistemi zorlayan fonksiyonu göstermektedir. y(t) ise çıkış fonksiyonudur. Denklem
Error! Reference source not found. aşağıdaki biçimde kısa olarak gösterilebilir.
y t 
Lm  D 
 f  t
Ln  D 
11
(2.4)
Denklem (2.4)’de Ln(D) çarpanlarına ayrıldığında;
Ln D   D  r1   D  r2  
D  rn 
(2.5)
olur. r1 ,r2 , ,rn  paydanın kökleridir.
r1  r2 
 rn  olduğu takdirde;
Lm  D 
a
a
 1  2 
Ln D  D  r1 D  r2

ai

D  ri

an
D  rn
(2.6)
elde edilir.
D  ri 
Lm D  D  ri
D  ri

K1 
K2 
Ln D  D  r1
D  r2
 Ki 

D  ri
Kn
D  rn
(2.7)
Buradan;

L D  
ai  lim D  ri  m

Ln D  
D  ri 
(2.8)
olduğu görülmektedir.
y(t) 
a1
f  t 
D  r1

ai
f t 
D  r2

Kn
f t
D  rn
(2.9)
Veya,
n
n
ai
f(t)  Kiy  t 
i1 D  ri
i1
y(t)  
yi  t  
1
f(t)
D  ri
yi (t)  cierit  erit  f(t) erit  dt
n
n
i1
i1
y(t)  kierti  Kierti  f(t) erti dt
y(t ) 
yc (t )

yp (t )
(2.10)
(2.11)
(2.12)
(2.13)
olduğundan;
homojen çözüm kısmi çözüm
n
yc (t)  ki  erit
(2.14)
i1
n
yp (t)  Kierti  f(t)erti dt
(2.15)
i1
ki  ci  Ki dir.
A (s)’de Farklı Kökler Olması Durumu
B  s  K  s  Z1    s  Z 2    s  Zm 
F s  

, m  n 
A s
 s  P1    s  P2    s  Pn 
12
(2.16)
Denklemde geçen P1, P2,..... Pn ve Z1, Z2,..... Zm gerçek veya karmaşık büyüklüklerdir. Aşağıda
gerçek büyüklük için incelenmiştir.
F s  
ai : sabit değerlerdir.
Bs 
a
a
 1  2 
A  s  s  p1 s  p2

an
s  pn
(2.17)
( i = 1, 2,....., n )

Bs  
ai   s  pi 

A s 

s  pi
(2.18)
Denklem (2.18) ile verilen ai değerleri daha genel olarak;

Bs  
ai  lim  s  pi 

A s 
s  pi 
(2.19)
Laplace Dönüşüm Tablosu
F(s)
f(t)
1
(Birim impulse (çarpma))   t 
1
s
(Birim basamak) 1
1
s2
(Birim rampa)
1
sn
n  1,2,3,...
1
(s  a)
veya
t
t n1
0!  1
 n  1!
e at
1
 s  a
t>0
1
t n1 e at
 n  1!
n

 s  2 
sin t 
s
 s  2 
cos  t 
2
2
1
 s  a  
2
1
2
sa
2
 s  a  2
1
s s  a

n  1,2,3,...
e at sin t 
e  at cos  t 
1
1  e at 

a
13
veya
u t 
u1  t 
1
s  s  a
1
at  1  eat 
a2
2
1
1
1  e at  at e at 
2
a
s s  a
2
1
1
 eat  ebt 
ba
s
 s  a  s  b
1
ae at  be  bt 

ab
1
 s  a  s  b  s  c 
e at
e  bt
e  ct


 b  a  c  a   c  b  a  b  a  c  b  c 
sz
 s  a  s  b  s  c 
 z  a  eat   z  b  ebt   z  c  e ct
 b  a  c  a   c  b  a  b  a  c  b  c 
1
s  2abs  b2
1

1
s  s  2ab s  b2 
1
1 abt

e sin t   
2
b b
s2F  s   sf (0)  f (0)
f   t 
 s  a  s  b
2
2
1
e abt sin t    b 1  a2
Laplace Dönüşüm Özellikleri
x  Af (t )  AF (s)
2
x  f1 (t )  f2 (t )  F1 (s)  F2 (s)
3
d

x   f (t )  s  F (s)  s  f (0)
 dt

4
 d2

x   2 f (t)  s2F (s)  f (0)  f (0)
 dt

5
  b 1  a2   cos 1  a 
n
 dn

x   n f (t )  snF (s)   snk
k 1
 dt

( k 1)
f (t ) 
( k 1)
f (0)
d k 1
f (t ) olmak üzere
dt k 1
6
F (s) 1 
x    f (t )dt  
  f (t )dt 


 t 0 
s
s
7
F (s) n 1
n
k
x    ... f (t ) dt    n   nk 1   ... f (t) dt  

 s

 t 0 
k 1 s
8
t
 F (s)
x   f (t ) dt  
s
0

14

9

 f (t)dt  limF (s) ; eğer  f (t)dt mevcut ise
0
s0
0
10
x e at f (t )   F (s  a)
11
x  f (t  a)1(t  a)   e asF (s) a  0
12
x t f (t )   
dF (s)
ds
13
x t 2 f (t )  
d2
F (s)
ds2
14
x t n f (t )   (1)n
15
1

x  f (t )    F (s)ds
t
 s
dn
F (s)
dsn

n  1,2,3,....
1
eğer lim f (t) mevcut ise;
t
t 0
16
  t 
x  f     aF (as)
 a
17
t

x   f1 (t   ) f2   d   F1 (s)F2 (s)
0

18
x  f (t )g(t ) 
Uygulama 2.1: F  s  
c  j
1
F (p)G(s  p)dp
2 j cj
5s  8
denkleminin ters laplace’ını hesaplayınız.
s  3s  2
2
F(s) 
5s  8
a
a
 1  2
s  3s  2 s  2 s  1
2
(2.20)
(18) numaralı denklemin uygulanmasıyla;


5s  8
5s  8
10  8 2
a1   s  2 

 a1 

 2 olur. Diğer katsayı için,

s

2
s

1
s

1

2

1

1




 s  2


5s  8
5s  8
5  8 3
a2   s  1 


  3 olur.

s

2
s

1
s

2

1

2
1




 s  1
s  1
Denklem (2.20) de yerine yazıldığında;
F(s) 
2
3

s 2 s 1
(2.21)
elde edilir. Bu değerler, Laplace tablosu yardımıyla dönüştürüldüğünde;
f(t)  2e2t  3e t (0  t)
denklemi elde edilir.
15
(2.22)
Uygulama 2.2: F (s) 
F (s) 
s3
, f (t)  ?
 s  1 s  2
(2.23)
s3
a
a
 1  2
 s  1 s  2 s  1 s  2
(2.24)

s3
1  3 2
 s  3 
a1   s  1 


  2 veya

 s  1 s  2   s  1 s  2 s  1 1  2 1


 1  3
s3
a1  lim  s  1
2

 s  1 s  2  1  2
s  1 

 s3
s3
2  3
a2   s  2 

 1

s

1
s

2
s

1

2

1





s  2
bulunan değerler Denklem (2)’de yerine yazıldığında;
F (s) 
2
1

s 1 s 2
f (t )  2e t  e 2t ,
elde edilir ve buradan;
t  0 
olur.
Maple dilindeki çözümü;
invlaplace((s+3)/((s+1)*(s+2)),s,t);
Cevap: 2 exp(-t) - exp(-2 t)
şeklindedir.
Uygulama 2.3:
F(s) 
2s  12
f(t)  ?
s  2s  5
(2.25)
2
Paydanın kökleri sanaldır ve aşağıdaki biçimde ayrılır.
s2  2s  5   s  1  2 j  s  1  2 j 
Kökler sanal olduğundan sinüs ve cosinüs dönüşümleri uygulanır. Dönüşümler aşağıdaki
denklemler yardımıyla yapılır.
x e
x e
 at
 at
F(s) 

sin  t   
cos  t   
 s  a
2
 2
sa
2
 s  a  2
10  2  s  1
2s  12

s  2s  5  s  12  22
2
(2.26)
(2.27)
(2.28)
veya;
F(s) 
10
 s  1
2
2
2
2
s 1
 s  1
2
 22
olarak elde edilir. Denklem (2.26) ve (2.27) deki dönüşümler yardımıyla;
16
(2.29)

 

2
s 1
F (s)  5  L1 




2
2
2
2
  s  1   2    s  1   2 
t  0  sonucu elde edilir.
f (t )  5e t sin2t  2e t cos2t
invlaplace((2*s+12)/(s**2+2*s+5),s,t);
Cevap: 2 exp(-t) cos(2 t) + 5 exp(-t) sin(2 t)
şeklindedir.
A (s)’de Köklerin Tekrarlaması Durumu
Köklerin Tekrarlaması Durumunda;
y(t ) 
LmD
q
f (t ) ve Ln (D)   D  r   D  r1   D  r2  .....  D  rnq  ile tanımlı olsun
LnD
 1 dk 
1 d 

q L (D) 
q Lm (D)  
q L (D)  
,
bq  lim D  r  m  , bq1  D lim 
b

D
lim
D
D r m  

r


qk


k 
Ln (D) 
Ln (D)  
Ln (D)  
D r 
D  r  k! dD 
D  r  1! dD 
yi (t) 
cif(t)
D  r 
i
, yi (t)   c0  c1t  .....  ciiti1  ert  ciert ..... f(t) ert (dt)i ,
b3 
i  2,3,
,q şeklindedir.
B(s) s2  2s  3
b3
b2
b



 1
3
3
2
A(s)  s  1
 s  1  s  1  s  1
2
1
3 B(s) 
3 s  2s  3
s

1

s

1
 
 
3
0! 
A(s)  s  1
 s  1

s  1
(1)2  2  3
2
1
b2 
2
 1  d 2
1d 
3 s  2s  3

   s  1
    s  2s  3     2s  2 
 2  2  0
3 
s  1


1!  ds 
1!
ds


s

1





b1 
2
0
1
1  d2 
3 B(s)  


 1  F (s) 
 2   s  1

3
2

2!  ds 
A(s)   s  1
 s  1  s  1 s  1
f (t )  t 2e t  0  e t
f (t )   t 2  1 e t ,
t  0 
sonucu elde edilir.
Uygulama 2.5: Aşağıda verilen diferansiyel denklemi Laplace metoduyla çözünüz.
 D  1  D  2  y  t   f t 
2
D
3
, f (t )  e t ve y(0)  y(0)  y(0)  0 olarak veriliyor.
 4D2  5D  2  y  t   f (t )
 s3Y  s   s2y  0   sy  0   y  0    4  s2Y  s   sy  0   y  0    5  sY  s   y  0    2Y  s   F  s 
s
3
 4 s 2 5s  2 Y  s   F  s    s  1  s  2 Y  s   F  s 
F (s)  x  f  t    x e t  
2
1
s 1
17
Y  s 
Y  s 
1
 s  1  s  2 
3
b3
 s  1
3

1
1
s  1  s  12  s  2 

b2
 s  1
2

b1
a1

 s  1  s  2 

  1 
1
3
b3  lim  s  1 
1

3
 s  1  s  2    s  2  s  1
s  1 
 d 1   1 
b2  lim 
 1

2
s  1  ds  s  2     s  2   s  1
 1 d 2 1   1 
b1  lim 
1

3
2
s  1  2! d s  s  2     s  2   s  1
Y  s 
1
 s  1
3

1
 s  1
2

1
1

 s  1  s  2 


1
a1   s  2 
 1

3
 s  1  s  2   s  2

Laplace tablosundaki;
 n!  n at
x-1  (s  a)n1   t e ifadesi kullanılarak;
y t  
1 2 t 1 t t 2t
elde edilir.
t e  te  e  e
2!
1!
Maple dilindeki çözümü:
dsolve({(D@@3)(y)(t)+4*(D@@2)(y)(t)+5*D(y)(t)+2*y(t)=exp(t),y(0)=0,(D@@1)(y)(0)=0,(D@@2)(y)(0)=0},y(t));
Cevap: y(t) = exp(-t) + 1/2 t exp(-t) - exp(-t) t - exp(-2 t)
şeklindedir.
Uygulama 2.6: Aşağıda verilen difeansiyel denklemde, bütün başlangıç şartları sıfırdır ve f( t ) = 4t
olduğuna göre, çıkış fonksiyonunu hesaplayınız.
D
2
 3D  2  y  t   f  t 
y t  
1
1
f (t ) 
f (t )
 D  1 D  2
D  3D  2
2
a 
 a
y(t )   1  2  f (t)
 D 1 D 2 


 1 
1
1
a1  lim  D  1
1
  lim 

 D  1 D  2  D  1   D  2  1  2
D  1 
18


1
 1 
a2  lim  D  2 
 1
  lim 
 D  1 D  2  D  2  D  1 
D  2 
Denklem (14)’de yerine yazıldığında;
yc  a1e r1t  a2e r2t  a1e t  a2e 2t olur.
a = 1 ve a = -1 için kısmi çözüm elde edilir.
y p  K1e t   4t  et dt  K2e 2t   4t  e2t dt
yp  e t   4t  et dt  e 2t   4t  e2t dt  e t 4et t  1   e 2t e2t 2t  1 
y p  4  t  1   2t  1  2t  3 elde edilir.
y  t   yc (t )  y p (t ) olduğundan;
y(t )  k1e t  k2e 2t  2t  3
dy  t 
 k1e t  k2 2e 2t  2
dt
y  0   y  0   0 olduğundan;
y(0)  k1  k2  3  0 
 k  4 k2  1 olur.
y(0)  k1  2k2  2  0  1
Denklem yerine yazıldığında;
y(t )  4e t  e 2t  2t  3 elde edilir.
Maple dilinde aynı problemin çözümü aşağıdaki gibidir.
dsolve({diff(y(t),t$2)+3*diff(y(t),t)+2*y(t)=4*t,y(0)=0,(D@@1)(y)(0)=0},y(t));
veya
dsolve({(D@@2)(y)(t)+3*D(y)(t)+2*y(t)=4*t,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t));
çözümü:
y(t) = -3+2*t-exp(-2*t)+4*exp(-t) şeklindedir.
Uygulama 2.7: y(t ) 
D4
f (t ) denkleminde, f (t )  2 e t , y(0)  0, y(0)  0
(D  2)(D  3)
ve f (0)  2 e 0  2 olarak verildiğine göre, y(t) = ?
(D2  5D  6) y(t )  (D  4) f (t )
(s2Y (s)  sy(0)  y(0))  5(sY (s)  y(0))  6Y (s)  (sF (s)  f (0))  4F (s)
(s2  5s  6)Y (s)  (s  4)F (s)  f (0)  (s2  5s  6)Y (s)  (s  4)F (s)  2
Y (s) 
(s  4)F (s)  2
 Y (s) 
(s2  5s  6)
Y (s) 
a1
a
a
 2  3
s 1 s 2 s  3
2
2
6
(s  1)
 Y (s) 
(s  2)(s  3)
(s  1)(s  2)(s  3)
 s  4
19


6
6
6
a1  lim (s  1)

 3

s1
(s  1)(s  2)(s  3)  (s  2)(s  3) s1 2



6
6
6
a2  lim (s  2)


 6

s2
(s  1)(s  2)(s  3)  (s  1)(s  3) s2 (1)(1)



6
6
6
6
a3  lim (s  3)


 3

s3
(s  1)(s  2)(s  3)  (s  1)(s  2) s3 (2)(1) 2

Y (s) 
3
6
3
elde edilir. Laplace tablosundan yararlanarak y(t) fonksiyonunun;


s 1 s 2 s  3
y(t )  3e t  6e 2t  3e 3t olduğu görülür.
Uygulama 2.8:
dy
 4y  0
dt
denkleminde, y(0) = 3 olduğuna göre y(t) = ?
(D  4)y(t )  0
sY (s)  y(0)  4Y (s)  0
(s  4)Y (s)  y(0)  0
Y (s) 
3
olarak elde edilir. Tablo yardımıyla;
s4
y(t )  3 e 4t
t 0
olarak hesaplanır.
dsolve({diff(y(t),t)+y(t)=0,y(0)=0},y(t));
Cevap:
y(t) = 3*exp(-t) şeklindedir.
2 s 2  3s  3
(s  1)(s  2)(s  3)
denklemi verildiğine göre, f(t) = ?
2s2  3s  3
a
a
a
F (s) 
 1  2  3
(s  1)(s  2)(s  3) s  1 s  2 s  3
 (s  1)(2s2  3s  3)  2s2  3s  3
233 2
a1  lim 


 1

s1 (s  1)(s  2)(s  3)
(1)(2)
2

 (s  2)(s  3) s1
 2s2  3s  3  8  6  3 5
a2  lim 
  (1)(1)  1  5
s2 (s  1)(s  3)


 2s2  3s  3  18  9  3 12
a3  lim 
  (2)(1)  2  6
s3 (s  1)(s  2)


F (s) 
1
5
6
olur F(s) nin ters laplace dönüşümüyle;


s 1 s 2 s  3
f (t )  e t  5e 2t  6e 3t
çıkışı kararlıdır.
elde edilir. Ayrıca denklemde, t   , f (t )  0 olduğundan fonksiyonun
invlaplace((2*s**2+3*s+3)/((s+1)*(s+2)*(s+3)),s,t);
20
Cevap:
exp(-t) - 5 exp(-2 t) + 6 exp(-3 t) şeklindedir.
(D2  3D  2) y(t )  f (t )
Uygulama 2.10:
denkleminde, f (t )  4t ve bütün başlangıç şartları sıfır kabul
edildiğine göre y(t) = ?
 s2Y (s)  sy(0)  y(0)  3 sY (s)  y(0)  2Y (s)  F (s)
4t 
4
alındığında (laplace tablosundan);
s2
Y (s) 
F (s)
4
 2
(s  1)(s  2) s (s  1)(s  2)
Y (s) 
b2 b1
a
a
  1  2
2
s
s s 1 s 2
4


b2  lim  s2 2
 2
s0
 s (s  1)(s  2) 
1 d  2
4

 4(2s  3) 
b1  lim 
s 2
 lim  2
 3



2
s0 1! ds
 s (s  1)(s  2)   s0  (s  3s  2) 

4


a1  lim (s  1) 2
4
s1
s (s  1)(s  2) 

4


a2  lim (s  2) 2
 1 olur. Elde edilen katsayılar yerine yazıldığında;
s2
s (s  1)(s  2) 

Y (s) 
2 3
4
1
şekline gelir. Laplace tablosundan faydalanarak;
 

2
s s s 1 s 2
y(t )  4e t  e 2t  2t  3 olduğu görülür.
3. Blok diyagramı cebri ve blokların indirgenmesi
Transfer Fonksiyonu(TF): Bir kontrol sisteminde bütün değerler, t uzayından s uzayına
dönüştürüldüğünde, Çıkış/Giriş oranına sistemin transfer fonksiyonu denir.
TF  s  
Output(s)
Input(s)
(3.1)
Blok diyagramları çok karışık olduğu takdirde bunların indirgenmesi gerekir. İlk işlem t uzayından s
uzayına geçilir. İkinci olarak sistem bir giriş, bir çıkış ve bir eleman haline getirilir. Bu durumda
sistemin çıkış değeri;
Giriş(s) x Kontrol elemanı(s)=Çıkış(s) , elde edilir. Giriş ve çıkışın aynı cinsten olması şart
değildir. İndirgeme işlemi 3 farklı şekilde yapılabilir.
1. Tablodan yararlanarak indirgeme,
2. Cebirsel eşitliklerden faydalanarak indirgeme,
3. Kazanç Formülünü kullanarak indirgeme.
En pratik yol üçüncüsüdür. Bütün metotlar sırasıyla verilecektir. İlk metodun kullanılabilmesi için
aşağıda verilen tablodan yararlanılır.
Aşağıda verilen tabloda P harfleri transfer fonksiyonunu; W,X,Y, Z ise s uzayındaki sinyalleri
göstermektedir. Cebirsel eşitliklerden yararlanarak yapılan çözümlerde, dağılma noktası başlangıç
21
kabul edilir. Buradan itibaren dönerek tekrar aynı yere varıldığında denklem yazılmış olur. Sistemde
çok fazla dağılma noktası ve döngü bulunduğu zaman, değişik harfler kullanılır. Bunlar sonra
sistemden yok edilir.
Tablo 3.1: Blok diyagramı ile ilgili eşitlikler
Transformasyon
Denklem
1
Seri
haldeki
Y   P1 .P2  X
blokların
toplanması
2
Paralel blokların
toplanması veya Y  P . X  P . X
1
2
ileri yolun yok
edilmesi
3
İleri yol üzerindeki
Y  P1 . X  P2 . X
bloğun
kaldırılması
4
Geri
besleme
döngüsünün yok Y  P1  X P2 .Y 
edilmesi
5
Geri
besleme
döngüsünden
Y  P1  X P2 .Y 
bloğun
kaldırılması
Blok Diyagramı
Toplama
6a noktasının tekrar Z  W  X  Y
düzenlenmesi
Toplama
6b noktasının tekrar Z  W  X  Y
düzenlenmesi
7
Bir
bloğun
gerisindeki
toplama
Z  P.X  Y
noktasının
öne
alınması
22
Eşdeğer
Diyagramı
Blok
8
Bir
bloğun
önündeki toplama Z  P X  Y


noktasının geriye
alınması
9
Bir
bloğun
gerisindeki
dağılma
Y  P.X
noktasının
öne
alınması
Bir
bloğun
önündeki dağılma
10
Y  P.X
noktasının geriye
alınması
Toplama
noktasının
gerisindeki
11
dağılma
noktasının
alınması
Z  X Y
öne
Toplama
noktasının
12 önündeki dağılma Z  X  Y
noktasının geriye
alınması
Uygulama 3.1: Aşağıda verilen blok diyagramını tablo metodunu kullanarak indirgeyiniz.
Çözüm: Tablo 3.1 deki 1 numaralı eşitlik kullanıldığında;
23
elde edilir. 2 no lu eşitliğin kullanılmasıyla
olur. 4 no lu eşitlikten faydalanıldığında;
Uygulama 3.2: Aşağıda verilen blok diyagramını tablo metoduna göre indirgeyiniz.
24
Uygulama 3.3: Aşağıda verilen sistemin çıkışını hesaplayınız.
25
Uygulama 3.4: Aşağıda verilen sistemin çıkışını hesaplayınız.
4. İşaret Akış Grafikleri: Tanımlamalar
Blok diyagramları, kontrol sistemlerinin grafik gösteriminde oldukça sık kullanılır. Kontrol sistemi
dinamiğinin grafiksel gösteriminin diğer bir metodu da işaret akış grafiğidir. Bu grafiğe S.J.Mason’un
adına izafeten Mason kazanç Formülü de denir.
Karışık düğümler, hem gelen hem giden kollar ile bağlantılıdır.
Kol: İki düğümü birbirine bağlayan çizgiye denir.
Kol Kazancı: Kol üzerinde okla gösterilen değere denir ve artı veya eksi olabilir.
26
İleri Yol: Ters yöne girmemek ve aynı düğümden iki defa geçmemek kaydıyla, girişten başlayıp
çıkışa giden yollara ileri yol denir
İleri Yol Kazancı: İleri yol üzerindeki geçişlerin çarpımına eşittir.
Döngü: bir düğümden harekete başlayıp aynı düğüme, ters yönde gitmemek ve aynı yerden iki defa
geçmemek kaydıyla elde edilen döngülere denir.
Döngü Kazancı: Bir döngünün kollarındaki kazançların çarpımıdır.
Temassız Döngü: Birbiri ile ortak düğümü olmayan döngülere denir.
İşaret Akış Grafiği Cebri
1- Bir döngünün değeri, kendisine gelen kolun geçişi ile doğrunun çarpımına eşittir.
x 2  a  x1
(4.1)
2- Seri bağlı kollarda toplam geçiş, kollardaki geçişlerin çarpımına eşittir.
3- Paralel bağlı kollarda, geçişler toplanarak toplam geçiş bulunur.
4- Karışık düğümler, aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi yok edilebiliriler.
5- Benzer biçimde bir döngüde aşağıdaki biçimde yok edilebilir.
27
x 3   a  b   x1   b  c   x 3 olur, veya X3 
ab
 X1 elde edilir.
1 bc
Lineer Sistemlerin İşaret Akış Grafiği İle Gösterimi
Aşağıda bir lineer sistem örneği verilmektedir.
x1  a11 x1  a12 x2  a13 x3  b1u1
x2  a21 x1  a22 x2  a23 x3  b2u2
x3  a31 x1  a32 x2  a33 x3
(4.2)
Burada; u1 ve u2 giriş değişkenleri; x1, x2 ve x3 çıkış değişkenleridir. İlk olarak sıra ile x1, x2, x3
için düğüm konulur. Daha sonra denklemler bu düğümlere uygulanır. Her üç denklem için ayrı ayrı
bu işlem tamamlanır. Daha sonra süper pozisyon ile birleştirilir. Aşağıdaki şekillerde bu uygulama
gösterilmiştir.
İşaret Akış Denklemi
İşaret Akış Denklemi, blok diyagramlarının transfer fonksiyonlarının çözümünde kullanılan bir
formüldür ve aşağıdaki biçimde ifade edilir.
n
TF 
P  
i 1
28
i

i
(4.3)
Pi = i. ileri yolun kazancı
∆ = Grafiğin determinantı
  1   L1  L2  L3  ...  Ln    L1 .L2  L1 .L3  ...  Li .Lj    L1 .L2 .L3  .....   ...
 i = i. yolun devreden çıkarılmasıyla elde edilen ∆ değeri.
Li:i. Döngünün kazancı.
Li Lj = Birbirine temas etmeyen döngülerin ikili çarpımları. (  Li  L j  çarpımının olabilmesi için bu iki
döngünün ortak noktası bulunmamalıdır.)
Li Lj Lk = Birbirine temas etmeyen döngülerin üçlü çarpımlarıdır. Bu çarpımın yapılabilmesi için ortak
düğümlerinin olmaması şarttır.
Uygulama
Şekilde verilen blok diyagramının transfer fonksiyonunu işaret akış grafiği ile hesaplayınız.
Verilen sistemin işaret akış grafiği aşağıdaki biçimde çizilir.
Burada üç adet döngü kazancı vardır.
L1  G1 G2 H1
L2  G2 G3  H2   G2 G3 H2
L3  1 G1 G2 G3 1  1  G1 G2 G3
Sistemin determinantı;
  1   L1  L2  L3 
  1  G1 G2 H1  G2 G3 H2  G1 G2 G3
Sistemde sadece bir adet ileri yol mevcuttur. İleri yol kazancı P 1;
P1  1 1 G1 G2 G3 1 1  G1 G2 G3
29
Formül sisteme uygulandığında;
i Pi  i P1 1
C  s
 TF 

R s


1  1  0  1
TF 
G1 G2 G3
1  G1 G2 H1  G2 G3 H2  G1 G2 G3
olarak elde edilir.
Uygulama
Burada dört adet döngü kazancı vardır.
L1  1 G1 G2 1  H3  G1 G3 H3
L2  G1 1  H1  G1 H1
L3  1 G1 1  H2   G1 H2
L4  1 G1 1  G3 1  H3  G1 G3 H3
Sistemdeki ileri yolların kazançları ise;
P1  1 1 G1 G2 1  1  1   G1 G2
P2  1 1 G1 1  G3 1 1 1  G1 G3
P3  1 1 G1 1  G 4  1  G1 G 4
30
  1   L1  L2  L3  L4 
  1  G1 G3 H3  G1 H1  G1 H2  G1 G3 H 3
i Pi  i P1 1  P2 2  P3 3
C  s
 TF 

R s


1  1  0  1
2  1  0  1
3  1  0  1
TF 
G1 G2  G1 G3  G1 G4
olarak elde edilir.
1  G1 G3 H3  G1 H1  G1 H2  G1 G3 H3
Uygulama
Aşağıdaki ilk üç şıkta verilen denklemleri işaret akış grafiği ile elde ediniz. d ) şıkkını verilen sayılar
için çözünüz. a11 = 2 , a12 = 4 , a21 = -1 , a22 = 3 , u1 = 1 için x1 ve x2 yi bulunuz.
a) x3 
d2
d
x   x1   x1
2  2
dt
dt
b) x4   x3 dt
c) x3 
d
x1  2 x1   x2 dt
dt
d)
x1  a11 x1  a12 x2  14u1
x2  a21 x1  a22 x2  4u1
d)
x1  2 x1  4 x2  14u1
x2   x1  3x2  4u1
31
Sistemin çözüm fonksiyonun bulunabilmesi için ilk olarak x2 çıkışı iptal edilir.
TF 
P11  P22  ...  Pn n

Sisteme ait ileri yol kazançları;
P1   14  1   14 
p2   4   4  1   16 
Döngü kazançları;
L1 = 2 , L2 = 3 , L3 = 4 (-1) = -4
Determinantı;
  1   L1  L2  L3    L1 L2   1   2  3  4   6  6
1  1  L2  1  3  2
2  1  0  1 olarak yazılır ve buna göre çözüm fonksiyonu aşağıdaki biçimde elde edilir.
TF 
 14   2   16  1  28  16  2
6
6
 x1  TF . u1  u1  1  x1  2
Bundan sonra x1 çıkışı iptal edilir. Sisteme ait ileri yol kazançları;
P1   4  1   4 
p2   14   1 1  14 
Döngü kazançları ve determinant değeri yukarıda bulunmuştur.
1  1  L1  1  2  1
2  1  0  1
olarak yazılır ve buna göre çözüm fonksiyonu aşağıdaki biçimde elde edilir.
TF 
 4   1  14 1  4  14  3 
6
6
x2  3 u1  u1  1  x2  3
olarak elde edilir. Elde edilen sonuçlar, verilen denklemlerde yerleştirildiğinde eşitliğin sağlandığı
görülür. Eşitliğin sağlanması, elde edilen sonuçların doğru olduğunu gösterir.
x1  2 x1  4 x2  14u1
→
x1  4 x2  14
→
14=14
32
→
x2   x1  3x2  4u1
 x1  2 x2  4
→ 4=4
II. Yol : Aynı denklemleri daha sade halde yazarak benzer sonuçları bulabiliriz.
x1  4 x2  14u1
x2  0,5x1  2u1
ve
olarak yazılabilir. Bu durumda işaret akış grafiği aşağıdaki biçimde olur.
Sistemin çözüm fonksiyonun bulunabilmesi için ilk olarak x2
çıkışı iptal edilir.
TF 
P11  P22  ...Pn n

Sisteme ait ileri yol kazançları;
P1  14  1  14
P2  2  4 (1)   8 
Döngü kazançları;
L1 = 0.5 (-4) = -2
Determinantı;
  1   L1   1   2   3
1  1  0  1
2  1  0  1
TF 
14  1   8  1  6  2
3
3
x1  TF . u1  u1  1  x1  2
Bundan sonra x1 çıkışı iptal edilir. Sisteme ait ileri yol kazançları;
P1   2  1  2
p2  14   0.5 1  7
Döngü kazançları ve determinant değeri yukarıda bulunmuştur.
1  1  0  1
2  1  0  1
TF 
 2  1   7 1   9  3
3
3
x2  3 u1  u1  1  x2  3
olarak elde edilir. Elde edilen sonuçlar, verilen denklemlerde yerleştirildiğinde eşitliğin sağlandığı
görülür. Eşitliğin sağlanması, elde edilen sonuçların doğru olduğunu gösterir.
33
x1  2 x1  4 x2  14u1
→
x2   x1  3x2  4u1
x1  4 x2  14
→
→
 x1  2 x2  4
14=14
→ 4=4
Uygulama
Sistemin üç adet döngü kazancı vardır.
L1  G2  H1  G2 H1
L2  G2 H2
L3  H2  H3  H2 H3
Sistemdeki ileri yolların kazançları;
P1  G1 G2 G 3
P2  G1 G2  G 4   G1 G2 G 4
  1   L1  L2  L3    L1 L3 
  1  G2 H1  G2 H2  H2 H3  G2 H1 H2 H3
i Pi   i P1 1  P2 2
C  s
 TF 

R s


1  1  L3  1  H2 H3
34
2  1  L3  1  H2 H3
TF 
 G1 G2 G3 1  H2 H3   G1 G2 G4  1  H2 H3
1  G2 H1  G2 H2  H2 H3  G2 H1 H2 H3
olarak elde edilir.
Uygulama
H1
G5
+
+
H4
L1
R +
L5
G1
-
G2
+
G3
-
L2
L6
+
H2
H5
+
+
L3
+
C
G4
-
L4
H3
Çözüm: Sistemin döngü kazançları;
L1  G1   H1  G1  H1 , L 2  G1  H2 , L 3  H2  G4  G4  H2
L 4  G4   H3  G4  H3 , L 5  G3  H4 , L 6  G3   H5  G3  H5
Sistemdeki ileri yolların kazançları;
P1  G1  G2  G3 , P2  G1   G5  G3  G1  G3  G5 , P3  G1  H2   G4    G3  G1  G3  G4  H2
 L L  L L  L L  L L  L L  L L 
  1  L1  L 2  L 3  L 4  L 5  L 6    1 3 1 4 1 5 1 6 2 4 2 5 
 L2  L 6  L 3  L 5  L 3  L 6  L 4  L 5  L 4  L 6

 L1  L 3  L 5  L1  L 3  L 6  L1  L 4  L 5  L1  L 4  L 6  L 2  L 4  L 5  L 2  L 4  L 6 
1  1  L3  L4  , 2  1  L3  L4  ,  3  1
İşaret akış denklemi sisteme uygulandığında;
3
P 
Cs 
TF  s  

Rs 
i1
i

i

P1  1  P2  2  P3   3

Olur. Yukarıda elde edilen değerler, yerine yazıldığında, sistemin transfer fonksiyonu hesaplanmış
olur.
Uygulama
Verilen kontrol sisteminin çıkış değerlerini İşaret Akış Denklemi Metoduna göre bulunuz. C1=? ;
C2=?
35
Bu tip birden fazla giriş ve çıkış değerleri olan sistemlerin çözümü yapılırken önce sistem tek giriş
ve tek çıkışlı hale getirilip çözüm yapılır. Daha sonra çıkış değerleri toplanarak sonuca ulaşılır.
Çözümde izlenmesi gerekli yol aşağıdaki şekildedir.
C1  C11  C12
C2  C21  C22
a)
R1 = R1
R2 = 0
C1 = C11
C2 = 0
C11 / R1
b)
R1 = 0
R2 = R2
C1 = C12
C2 = 0
C12 / R2
c)
R1 = R1
R2 = 0
C1 = 0
C2 = C21
C21 / R1
d)
R1 = 0
R2 = R2
C1 = 0
C2 = C22
C22 / R2
Yukarıdaki işlem sıraları sırasıyla uygulandığında;
a ) İlk durum sisteme uygulandığında blok diyagramı aşağıdaki biçimde elde edilir.
Elde edilen blok diyagramının, işaret akış grafiği ise aşağıdaki biçimdedir.
36
Sisteme ait ileri yollar;
P1 = ( 1 ) G1 ( 1 ) ( 1 ) = G1
P2 = ( 1 ) G1 ( 1 ) ( - H2 ) ( 1 ) = - G1 H2
Sisteme ait döngüler;
L1 = G1 ( G2 G3 G4 ) = G1 G2 G3 G4
L2 = G1 ( 1 ) H1 = G1 H1
  1  L1  L2  = 1 – G1 G2 G3 G4 – G1 H1
1  1  0  1
2  1  0  1
Sisteme Mason Kazanç Formülü uygulandığında;
TF 
C 11 P11  P22

R1

TF 
C 11
G1  G1 H2

R1 1  G1 G2 G3 G4  G1 H1
C11 
G1  G1 H2
R1 olarak elde edilir.
1  G1 G2 G3 G4  G1 H1
b ) İkinci durum sisteme uygulandığında blok diyagramı aşağıdaki biçimde elde edilir.
37
P1 = ( 1 ) ( 1 ) ( -G4 G3 ) G1 ( 1 ) ( 1 ) = - G1 G3 G4
P2 = ( 1 ) ( 1 ) ( -G4 G3 ) G1 ( 1 ) ( -H2 ) ( 1 ) = G1 G3 G4 H2
P3 = ( 1 ) ( -A ) ( -G4 G3 ) G1 (1 ) ( 1 ) = A G1 G3 G4
P4 = ( 1 ) ( -A ) ( -G4 G3 ) G1 ( 1 ) ( -H2 ) ( 1 ) = -A G1 G3 G4 H2
L1 = ( -G4 G3 ) ( G1 ) ( -G2 ) = G1 G2 G3 G4
L2 = G1 ( 1 ) H1 = G1 H1
 = 1 – ( L1 + L2 ) = 1 – G1 G2 G3 G4 – G1 H1
1 = 1 – 0 = 1
2 = 1 – 0 = 1
3 = 1 – 0 = 1
4 = 1 – 0 = 1
Sisteme İşaret Akış Grafiği Denklemi uygulandığında;
TF 
C 12 P11  P22  P33  P4  4

R2

TF 
C12 G1 G3 G4  G1 G3 G 4 H2  A G1 G3 G 4  A G1 G3 G 4 H2

R2
1  G1 G2 G3 G4  G1 H1
C12 
G1 G3 G4  G1 G3 G4 H2  A G1 G3 G4  A G1 G3 G4 H2
R2
1  G1 G2 G3 G4  G1 H1
olarak elde edilir.
c ) Üçüncü durum sisteme uygulandığında blok diyagramı aşağıdaki biçimde elde edilir.
38
P1 = ( 1 ) G1 ( -G2 G4 ) ( 1 ) = -G1 G2 G4
L1 = G1 ( 1 ) H1 = G1 H1
L2 = G1 ( -G2 G4 ) ( -G3 ) = G1 G2 G3 G4
 = 1 – ( L1 + L2 ) = 1 – G1 G2 G3 G4 – G1 H1
1 = 1 – 0 = 1
TF 
C 21 P11

R1

TF 
C 21
G1 G2 G 4

R1 1  G1 G2 G3 G4  G1 H1
C21 
G1 G2 G4
R1
1  G1 G2 G3 G4  G1H1
olarak elde edilir.
d ) Dördüncü durum sisteme uygulandığında blok diyagramı aşağıdaki biçimde elde edilir.
39
P1 = ( 1 ) G4 ( 1 ) = G4
P2 = ( -A ) G4 ( 1 ) = -A G4
L1 = G4 ( -G3 ) G1 ( -G2 ) = G1 G2 G3 G4
L2 = G1 ( 1 ) H1 = G1 H1
 = 1 – ( L1 + L2 ) = 1 – G1 G2 G3 G4 – G1 H1
1 = 1 – L2 = 1- G1 H1
2 = 1 – L2 = 1 - G1 H1
TF 
C 22 P11  P22

R2

TF 
C 22 G4 1  G1 H1  A G4 1  G1 H1

R2
1  G1 G2 G3 G4  G1 H1
C 22 
G4  G1 G 4 H1  A G 4  A G1 G 4 H1
R2
1  G1 G2 G3 G4  G1 H1
olarak elde edilir. Elde edilen sonuçlar aşağıdaki biçimde birleştirlilerek çıkış değerleri bulunabilir.
40
C1 = C11 + C12
C2 = C21 + C22
C1 
C2 
 G1  G1 H2 R1   G1 G3 G4  G1 G3 G4 H2  A G1 G3 G4  A G1 G3 G4 H2  R2
1  G1 G2 G3 G4  G1 H1
 G1 G2 G4  R1   G4  G1 G4 H1  A G4  A G1 G4 H1 R2
1  G1 G2 G3 G4  G1 H1
Uygulama
P1 = ( 1 ) G1 ( 1 ) G2 G3 G4 ( 1 ) ( 1 ) = G1 G2 G3 G4
P2 = ( 1 ) G1 ( 1 ) G2 G3 G4 ( 1 ) ( -1 ) ( 1 ) = - G1 G2 G3 G4
P3 = ( 1 ) G1 ( 1 ) G2 ( 1 ) H2 ( -1 ) G4 ( 1 ) ( 1 ) = - G1 G2 G4 H2
P4 = ( 1 ) G1 ( 1 ) G2 ( 1 ) H2 ( -1 ) G4 ( 1 ) ( -1 ) ( 1 ) = G1 G2 G4 H2
P5 = ( 1 ) G1 ( 1 ) G4 ( 1 ) ( 1 ) = G1 G4
P6 = ( 1 ) G1 ( 1 ) G4 ( 1 ) ( -1 ) ( 1 ) = - G1 G4
L1 = G1 ( -1 ) = - G1
L2 = G2 ( 1 ) ( - H3 ) = - G2 H3
L3 = G4 ( 1 ) ( 1 ) ( -1 ) = - G4
L4 = G1 ( 1 ) G2 G3 G4 ( - H1 ) = - G1 G2 G3 G4 H1
L5 = G1 ( 1 ) G2 ( 1 ) H2 ( -1 ) G4 ( - H1 ) = G1 G2 G4 H1 H2
L6 = G1 ( 1 ) G4 ( - H1 ) = - G1 G4 H1
41
 = 1 – ( L1 + L2 + L3 + L4 +L5 + L6 ) + ( L1 L2 + L1 L3 +L2 L3 +L2 L6 ) - ( L1 L2 L3 )
 = 1 + G1 + G2 H3 + G4 + G1 G2 G3 G4 H1 - G1 G2 G4 H1 H2 + G1 G4 H1 +
G4 + G2 H3 G4 + G2 H3 G1 G4 H1 + G1 G2 H3 G4
G1 G2 H3 + G1
1 = 1 – 0 = 1
2 = 1 – 0 = 1
3 = 1 – 0 = 1
4 = 1 – 0 = 1
 5 = 1 – L2 = 1 + G2 H3
 6 = 1 – L2 = 1 + G2 H3
TF 
C P11  P22  P33  P4  4  P5 5  P66

R

TF = { ( G1 G2 G3 G4 ) + ( - G1 G2 G3 G4 ) + ( - G1 G2 G4 H2 ) + ( G1 G2 G4 H2 ) + [ ( G1 G4 ) (
1 + G2 H3 ) ] + [ ( - G1 G4 ) ( 1 + G2 H3 ) ] } / { 1 + G1 + G2 H3 + G4 + G1 G2 G3 G4 H1 - G1 G2
G4 H1 H2 + G1 G4 H1 + G1 G2 H3 + G1 G4 + G2 H3 G4 + G2 H3 G1 G4 H1 + G1 G2 H3 G4 }
olarak elde edilir.
Uygulama
Şekilde verilen sistemin transfer fonksiyonunu işaret akış diyagramı denklemini
kullanarak hesaplayınız.
H1
R +
+
+
G4
H3
L4
L1
G1
-
C
+
G5
G7
+
L5
G2
+
G6
H4
+
L2
G3
+
L3
H2
Sistemin döngü kazançları;
L1  G1   H1
 L1  G1  H1 , L2   G1   H2   L 2  G1  H2
L 3  G3   H2 
 L 3  G3  H2 , L 4  G7  H3   1
L 5  G3  H4   1
 L 5  G3  H4
Sistemdeki ileri yol kazançları;
P1  G1  G4   1  G7  P1  G1  G4  G7
42
 L 4  G7  H3
P2  G1  G5  G7
P3  G2  G4   1  G7  P3  G2  G4  G7
P4  G2  G5  G7
P5  G2  G6   1  G7  P5  G2  G6  G7
P6   G2    1  G7
P7  G3   1  G7
  1   L1  L 2  L 3  L 4  L 5   L1  L 4  L1  L 5  L 2  L 4  L 2  L 5  L 3  L 4  L 3  L 5 
1  1  0 ,  2  1  0 ,  3  1  0 ,  4  1  0 ,  5  1  0 ,  6  1  0 ,  7  1  0  1
İşaret akış denklemi sisteme uygulandığında;
7
Pi  i
Cs 
P  P  P  P  P  P  P 
i1
TF  s  

 TF  s   1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7
Rs 


TF  s  
P1  1  P2  1  P3  1  P4  1  P5  1  P6  1  P7  1
P P P P P P P
 TF  s   1 2 3 4 5 6 7


Olur. Yukarıda elde edilen    ve Pi  değerleri yerine yazıldığında, sistemin transfer fonksiyonu
hesaplanmış olur.
Uygulama
Aşağıdaki verilen blok diyagramının transfer fonksiyonunu elde ediniz. ( K  1 , r  t   u1  t  ve
başlangıç şartları  c(0)  1,c(0)  0  dir.)
K
K
2
c(t )
K
1
 D  4D  3  2D  4D  3  2
 2
K
D  4D  3  K D  4 D  3  K D  4 D  4
r (t ) 1 
2
D  4D  3
D 2  4D  3
2
(4.4)
s2C  s   s  c(0)  c(0)  4 s  C  s   c  0    4  C  s   R  s 
s2  C  s   s   4  s  C(s)  4  4  C(s)  R(s)
s2  C  s   s  4  s  C  s   4  C  s   4  R(s)

C  s   s2  4  s  4    s  4   R(s)

C(s)   s2  4  s  4   s  4  1
43

C(s)   s 2 4  s  4   s  5
C(s) 
s5
b2
b
s5

 1
2
2
s2  4  s  4  s  4s  4  s  2  s  2

1 
s5
2
b2  lim
 s  2 
2
s  2 0! 
s  2

C(s) 
3
 s  2
2

1
 s  2


1d
s  5 
2
3

 1
b

lim
s

2




1
2 


1!  ds 
s

2


s


2



,
c t  3
1
 t  e2t  e2t
c  t   3  t  e2t  e2t
1!

Uygulama
Aşağıda verilen blok diyagramında tüm başlangıç şartları sıfır ve giriş değeri r  t   e t olarak
verilmiştir. Bu durumda,
a) K=1 için c(t) = ?
b) Sistemin kararlı olması için, K aralığını hesaplayınız.
c) b şıkkında elde edilen sonuca göre, sistemi kararsız kılan bir K değeri için sistemin kararsız
olduğunu ispatlayınız.
4K
c(t)
4 K
(D  1)  (D  5)
veya sadeleştirildiğinde;

 2
4 K
r(t) 1 
D  6 D  5  4 K
(D  1)  (D  5)
a)
(D2  6D  5  4K ). c(t )  4. K . r (t) Başlangıç şartları sıfır olduğundan D yerine s yazılır.
(s2  6 s  9)C (s)  4
C (s) 
4
a
b2
b
 1 
 1
2
2
(s  3) (s  1) s  1 (s  3) (s  3)
a1  (s  1)
b1 
1
s 1
4
(s  1)(s  3)2

s1


4
4
4
2
b

s

3
,


1




2
2


(1  3)2 4
s

3
s

1






1 d
4
 d  4 
4

2
 

 s  3



2
1!  ds
(s  3) (s  1)  s3  ds  s  1   s3 (s  1)2
C (s) 
s3
s 3
4
4

 2
s  1 s3 2
4
 1
4
1
2
1
elde edilir. Laplace dönüşüm tablosundan yararlanarak;


2
s  1 (s  3) (s  3)
c(t)  e t  2  t  e3t  e3t
b)


(D2  6D  5  4K ) c(t )  4Kr (t )
44
s
s
2
 C (s)  s  c(0)  c(0)  6   s  C (s)  c(0)   5  C (s)  4  K  C (s)  4  K  R(s)
2
 6  s  5  4  K   C (s)  4  K  R(s)
r (t )  e t  R(s) 
C (s) 
1
s 1
dönüşümü yapılabilir.
4 K
4 K
 3
2
(s  6  s  5  4  K )  (s  1) (s  7s  (11  4  K )  s  5  4  K )
2
olarak elde edilir. Kararlılığın incelenebilmesi için transfer fonksiyonunun determinantı sıfıra
eşitlenmelidir.
s3  7s2  (11  4K )s  5  4K  0
Routh kriterine göre;
s3
s2
s1
s0
(11  4  K) 0
(5  4  K) 0
1
7
 72  24  K 


7


 5  4 K 
0
0
5  4 K  0

4  K  5
72  24K  0

K 
72
24
5
olmalıdır.
4

K 

K  3
olmalıdır.
İki
şart
birleştirildiğinde;
K 
5
4
olmalıdır.
c)
b şıkkında bulunan sonuca göre, K = -2 için sistem kararsız çıkmalıdır.
c(t )
8
 2
r (t ) D  6D  3
C (s) 
8
şeklinde elde edilir. Denklemin kökleri; s1,2  3 2 3 tür. Buna göre;
(s  6s  3)(s  1)
C (s) 
a1
a2
a

 3
(s  (3  2 3)) (s  (3  2 3)) s  1
2


(s  3  2 3)(8)
(8)
3
a1  lim 



s32 3 (s  3  2 3)(s  3  2 3)(s  1)
3(1  3)

 (s  3  2 3)(s  1) s32 3


(s  3  2 3)(8)
(8)
1
a2  lim 


s32 3 (s  3  2 3)(s  3  2 3)(s  1)
3(1  3)

 (s  3  2 3)(s  1) s32 3


(s  1)(8)
(8)
2
a3  lim 


s1 (s  3  2 3)(s  3  2 3)(s  1)
(1  3)(1  3)

 (s  3  2 3)(s  3  2 3) s1
c(t )  a1e  s1t  a2e  s2t  a3e t
c(t )  a1e 0,4642t  a2e6,4642t  a3e t olarak bulunur. Elde edilen denklemde,
kararsız olduğu görülür.
45
 c()   
olduğundan
Uygulama
Aşağıda verilen blok diyagramında tüm başlangıç şartları sıfırdır.
a) r(t) = u1 (t) iken c(t)  C1  e t  C2  e4t olması için, K=? ve a = ?
b) r(t) = e-t iken c(t )  C1e t  C2e 2t  C 3e 3t olması için, K = ? ve a = ?
c) a şıkkı için sistemin kararlı olması için K = ? ve a = ?
d) c şıkkında elde edilen koşula göre, kararsız K ve a değeri için sistemin kararsızlığını
ispatlayınız.
a)
K
C(s)
K
s(s  a)

 2
K
R(s) 1 
s  as  K
s(s  a)
(4.5)
c(t )  C1e t  C2e 4t olduğundan; C (s)  C1
(s  1)(s  4) 
b)
s2  5s  4 


2
s  as  K 

1
1
olur.
 C2
s 1
s4
a  5 ; K  4 olmalıdır.
C
K
C
C
1
C (s)
K
 C (s)  2
 C (s)  1  2  3
 2
R(s) s  as  K
s 1 s 2 s  3
s  as  K s  1
(s  2)(s  3)  s2  5s  6  a  5 ; K  6
c) s2  as  K  0 Routh kriterine göre;
s2 1 K 0
s1 a 0
s0 K
a  0 ve K  0 olmalıdır.
e) Kararsız durum için; K = 2 ve a = -3 olsun,
C (s) 
2
a
a
 1  2
s  3s  2 (s  1) (s  2)
2
2


a1  lim  s  1
 2
s1
(s  1)(s  2) 

2


a2  lim  s  2 
2
s2
(s  1)(s  2) 

46
C (s) 
2
2
elde edilir. Tablodan yararlanarak;

(s  2) (s  1)
c(t)  2  e2t  2  et bulunur. t, c(t)  olduğundan kararsız olduğu görülür.
Uygulama
4.10: Aşağıdaki verilen gerçek sistemin transfer fonksiyonunu hesaplayınız. (k:= yay katsayısı, m:=
kütle, x:= x doğrultusundaki yer değiştirme, x := x doğrultusundaki hız, x := x doğrultusundaki ivme,
f:= amortisör katsayısı, F:= dış kuvvet ), ( Sisteme ait başlangıç şartları sıfırdır.) , (X1 > X2 dir.)
Sisteme ait giriş değeri F kuvveti ve çıkış değeri ise x yerdeğiştirme değeridir. Sisteme ait dış
kuvvetler ve iç kuvvetler dengesi yazıldığında;
kx  F  ma  kx  ma  F  0 ma  kx  F  mx  kx  F
m s2X  s   sx  0   x  0    kX  s   F  s 
X  s  ms  k   F  s 
2

X s
1
 2
F  s  ms  k

m  s2  X  s   k  X  s   F  s 
olarak elde edilir.
Yukarıda verilen sistem ele alındığında, 1 nolu kütle için kuvvet dengesi;
Şekilden de görüldüğü gibi, yayın kütleye yaptığı etki F = k x , amortisörün yaptığı etki ise F
= f x ile ölçülmektedir. Buna göre denge denklemi;
k1 (x1  x2 )  f1 (x1  x2 )  f (t )  m1 x1
(1)
olarak elde edilir. 2 nolu kütle için kuvvet dengesi ise;
47
2 nolu kütle için denge denklemi ise;
k2 x2  f2 x2  k1  x1  x2   f1  x1  x2   m2 x2
(2)
Elde edilen iki denge denklemi yeniden yazıldığında;
m1 x1  f1 (x1  x2 )  k1 (x1  x2 )  f (t )
(3)
m2 x2  f1  x1  x2   f2 x2  k1  x1  x2   k2 x2  0
(4)
Denklem (3) ve (4) matris formunda yazıldığında;
 f1   x1   k1
k1   x1   f (x)
m1 0   x1   f1
 0 m   x     f ( f  f )  x    k (k  k )  x    0 
2 2 
1
1
2  2 
1
1
2  2



(5)
olarak elde edilir. İki denklemi s uzayında aşağıdaki biçimde yazılabilir.
m1  s2 X1 (s)  sx1 (0)  x1 (0)  f1  sX1 (s)  x1 (0)  sX2 (s)  x2 (0)  
k1  X1 (s)  X2 (s)   F  s 
(6)
m2  s2 X2 (s)  sx2 (0)  x2 (0)   f1  sX2 (s)  x2 (0)  sX1 (s)  x1 (0)  
f2  sX2 (s)  x2 (0)  k1  X2 (s)  X1 (s)   k2  X2 (s)   0
(7)
Başlangıç şartları sıfır kabul edildiğinde, denklem (6) aşağıdaki biçimde elde edilir;
m1 s2 X1 (s)  f1 sX1 (s)  k1 X1 (s)  f1sX2 (s)  k1 X 2 (s)  F (s)
m s
2
1
 f1s  k1  X1 (s)  ( f1s  k1 ) X2 (s)  F (s)
B
A
(8)
denklem (1.7) ise;
 m s   f  f  s   k  k  X (s)   f s  k  X (s)
2
2
1
2
1
2
2
1
1
1
B
C
(9)
olarak elde edilir. Denklem (8) ve denklem (9) aşağıdaki biçimde kısa olarak tekrar yazıldığında;
AX1 (s)  BX2 (s)  F (s)  X1 (s) 
CX2 (s)  BX1 (s)  X2 (s) 
B
1
X2 (s)  F (s)
A
A
(10)
B
X1 (s)
C
(11)
Denklem (10) ve denklem (11)’den, sisteme ait işaret akış diyagramı aşağıdaki biçimde elde edilir.
48
Buna göre transfer fonksiyonu;
X2 (s) P11

F (s)

(12)
Determinant değeri;
 1
B2
AC
1  1  0  1
İleri yol değeri;
P1 
B
AC
olarak yazılır. Elde edilen değerler, denklem (12) de yerine konulduğunda;
B
X2 (s)
B
 AC 2 
F (s) AC  B
AC  B2
AC
olarak elde edilir.
5. Kararlılık Kriterleri
Bir sistemde t   iken impulsif cevap sıfıra yaklaşıyorsa, sistem kararlıdır denir.
Uygulama 5.1: y  5 t fonksiyonu ele alınsın. Denklemdeki t   giderken; y   gitmektedir. Bu
durumda sistem kararsızdır.
Uygulama 5.2: y  4  sin(5  t) fonksiyonu ele alınsın. Ele alınan denklemin grafiği çizildiğinde, y
değerinin sıfıra gitmediği görülür. Sistem kararsızdır.
y
Uygulama 5.3:
10
t fonksiyonu ele alınsın. t   giderken; y  0 gitmektedir. Sistem kararlıdır.
Uygulama 5.4: y  5 e 2t fonksiyonu ele alınsın. t   giderken; y  0 gitmektedir. Sistem kararlıdır.
t
e5t fonksiyonu ele alınsın. Bu oranda payda paya göre daha hızlı ilerlemektedir.
Uygulama 5.5:
Bundan dolayı y  0 gitmektedir. Sistem kararlıdır.
y
49
Uygulama 5.6: Aşağıdaki şekilde üç durum verilmiştir. İlk durumda iç bükey bir yüzeyde, ikinci
durumda düz bir yüzeyde, üçüncü durumda ise dış bükey bir
yüzeyde gösterilen pozisyonda kendi haline bırakılan toplardan ilki
belirli bir salınım hareketinden sonra en alt noktada durur. Bu
durum sistemin kararlı olduğunu gösterir. Çünkü zaman içinde
sistem kararlılık noktasına gelmiştir. İkinci durumda topun
hareketinde herhangi bir değişiklik olmaz. Bu hal Marjinal Kararlılık
olarak adlandırılır. Üçüncü durumda ise top aşağı düşer. Sistem
kararsızdır.
Uygulama 5.7: Aşağıda ters yönlü olarak iki mafsal bağlantısı
gösterilmiştir. Birinci pozisyonda çubuk serbest bırakıldığında
çubuk aşağı doğru düşecektir. Yani bir kararsızlık söz konusudur.
Ancak ikinci durumda çubuk serbest bırakıldığında belli bir zaman
sonra sistem kararlı hale gelecektir.
Uygulama 5.8: Aşağıda şekildeki gibi bir mafsal bağlantısında,  açısı büyüdükçe yayın çubuğu
tutması zorlaşır. Eğer  açısı belli bir değeri geçerse, yay çubuğu tutamaz hale gelir. Böyle bir sistem
kararlılık konusuna örnek olalarak düşünülebilir. Yani sistemin en uygun biçimde çalışması için yay
katsayısının hesaplanması veya yay katsayısı belli bir sistemdeki en uygun çalışma açılarının
belirlenmesi sorularının cevaplarını kararlılığını inceleyerek elde edebiliriz.
Bütün bu örneklerden de anlaşılacağı üzere kararlılık hali bir sistemin belli bir zaman dilimi içinde
düzenli duruma gelme halidir. Kararlılık durumu yukarıda anlatıldığı gibi tesbit edileceği gibi sistem
için elde edilen transfer fonksiyonundaki ∆ determinant değerinin incelenmesiylede yapılabilir.
Öncelikle determinant değeri sıfıra eşitlenir.  = 0 polinomuna sistemin karakteristik denklemi denir.
Karakteristik denklem aşağıdaki biçimlerde incelenerek sistemin kararlı veya kararsız olduğu
anlaşılır. Aynı zamanda kararlılık için gerekli sınır değerleri hesaplanır. Bu inceleme üç değişik
biçimde yapılabilir.
1. Routh Kriteri
50
2. Hurwitz Kriteri
3. Sürekli Bölme Kriteri
Routh Kriteri
an s n  an1 s n1  .....  a1s  a0  0 polinomu verilmiş olsun.
sn
an an2 an4
n1
s
an1 an3 an5
...
b1
b2
b3
1
s
c1
c2
c3
0
s
...
...
...
c1 
...
...
a a a a
a a a a
...  b1  n1 n2 n n3 , b2  n1 n4 n n5
an1
an1
...
...
(5.1)
b1an3  an1b2
b a a b
, c2  1 n5 n1 3
b1
b1
(5.2)
Tablonun birinci ve ikinci satırları karakteristik denklemden doğrudan yazılır. Diğer katsayılar ( b1 ,
b2 , ..... , c1 , c2 , ..... ) belli kurallara göre hesaplanarak elde edilir. Bu işlem s0 polinomunun katsayısı
hesaplanana kadar devam eder.
Tablo oluşturulduktan sonra inceleme için ilk sütun göz önüne alınır. İlk sütundaki katsayılar
sıfırdan büyük olduğu takdirde sistem kararlıdır denir. Sütunda sıfır bulunması durumda sistem
marjinal kararlıdır. Küçük olması durumunda ise sistem kararsızdır.
Eğer hesaplama sonucunda ilk sütundaki elemanlardan biri sıfır çıkarsa, sıfır yerine ε değeri
alınır ve işleme devam edilir. ε değeri sıfıra çok yakın bir değer olarak kabul edilir. Hesaplanan satırın
tüm elemanları sıfır çıkarsa; bu durumda hesaplanan satırın, üzerindeki satırdaki katsayıların
oluşturduğu polinomun türevi alınır ve elde edilen yeni polinomun katsayıları hesaplanan satıra
yerleştirilir. Bu şekilde işleme devam edilir.
Uygulama
  s3  6s2  12s  8  0 karakteristik denkleminin kararlılığını Routh Kriterine göre inceleyiniz.
s3
s2
s1
s0
1
12 0
6
8 0
İlk sütundaki elemanların hepsi pozitif işaretli olduğundan kararlıdır.
64 / 6 0
8
0
Uygulama
  s3  3s2  3s  1  K  0 karakteristik denkleminin kararlı olması için K değeri hangi aralıkta
olmalıdır?
s3
s2
s1
s0
1
3
 8K 


 3 
1  K 
3
0
1  K  0
0
0
Routh tablosunun 3. satırından,
8K
8K
 0  3
 0  3  8  K  0  8  K şartı ve 4. satırından,
3
3
51
1  K  0  K  1 şartı elde edilir. Bu iki şartın birleştirilmesiyle birlikte 1  K  8 olmalıdır.
Uygulama
  s 4  6s3  11s2  6s  K  0 karakteristik denkleminin kararlı olması için K değeri hangi aralıkta
olmalıdır?
s4
s3
1
6
11 K
6 0
s2
10
K
s1
s0
 60  6K 


 10 
K
0
60  6K
60  6K
 0  10  60  6K  0  60  6  K  K  10 şartı ve 5. satırından,
 0  10 
10
10
K  0 şartı elde edilir. Bu iki şartın birleştirilmesiyle birlikte 0  K  10 olmalıdır.
Routh kriterinde karşılaşılan iki istisna durum vardır. Bunlardan birincisi; Routh tablosunun
satırındaki ilk sütun değer sıfıra eşit ve diğer satır değerleri sıfırdan farklı ise, bu sıfır olan değer
sıfıra çok yakın pozitif bir ε değeri ile değiştirilir. Aşağıda buna ait bir misal verilmiştir.
Uygulama
1  s 4  2  s3  1  s2  2  s  2  0 karakteristik denkleminin kararlılığını Routh Kriterine göre inceleyiniz.
1 2 0
2 0 0
s4
s3
1
2
s2
 2
s
1
s0
 2   4 


  
2
0
0

0
0
2   2   1  0
 2
2
2   2   2  2   4



2   4
0

2   4
 0  2   4  0    2

1.sütun, 3.satırdaki ilk eleman 0 ve diğer elemanlar sıfırdan farklı çıktığı için, ilk sütundaki sıfır yerine,
sıfıra çok yakın olan pozitif bir (  ) değeri ile değiştirilerek işleme devam edilir. Sütundaki son iki
değer, sıfırdan küçük olduğu için sistem kararsızdır.
İkinci istisna durum aşağıda verilmiştir. Yani satırdaki bütün eleman değerlerinin sıfıra eşit çıkması
durumudur.
Uygulama
s 5  2s 4  24 s3  48 s2  25s  50  0
inceleyiniz.
Karakteristik denkleminin kararlılığını Routh Kriterine göre
52
s5
1 24 25 0
s4
s3
2 48 50 0
0 0 0
s2
s5
1
24 25 0
s
s3
dP
s


 P  s   2s4  48s2  50 
 8  s3  96  s  s2
ds
2
8
24
48 50 0
96 0
50 0
s1
238
3
50
4
s1
s0
s0
0
Not: üçüncü satırın tüm elemanları sıfır çıktığı için ikinci satırın katsayılarından oluşan polinomda
türev alma işlemi uygulanır ve elde edilen polinomun katsayıları yazılır. Eğer sadece 1. sütundaki
eleman sıfır olup diğerleri sıfırdan farklı olursa, sıfır olan eleman yerine pozitif ve sıfırıra çok yakın ɛ
alınarak işleme devam edilir. Bir satırda tek eleman var ve bu da sıfıra eşit ise bunun yerine de ɛ
kullanılır.
Birinci sütunun bütün elemanları sıfırdan büyük olduğundan, Sistem kararlıdır.
Uygulama
s4  2  s3   4  K   s2  9  s  25  0
ile verilen karakteristik denklemde, sistemin kararlı olması için K ne
olmalıdır?
s4
s3
1
2
4  K
s2
K  0.5
25
0
0
0
 9  K  54.5 
s1 

 K  0.5 
s0
25
K
25 0
9 0 0
0
2 K  1  0
2   4  K   1  9 2 K  1
1
K

 K  0.5
2
2
2


K  0.5  9  2  25  9  K  54.5 9  K  54.5  0
54.5
K  0.5
K  0.5
K
9
54.5
 6.0556 olmalıdır.
9
Uygulama
  s  8  s3  14  s2  8  s  15 ile verilen karakteristik denklemde, kaç adet gerçek kısmı pozitif olan
 a b  j veya  a 0  j gibi kök olduğunu, Routh tablosu ile hesaplayınız.
4
Çözüm:
Not: Routh tablosu oluşturulduğunda, ilk sütuna bakılır. Burada kaç adet işaret değişikliği var ise,
karakteristik ∆ polinomunda da o kadar pozitif gerçek sayıya sahip kök vardır. Yani köklerden o
kadarı gerçek de olsa sanal da olsa pozitif gerçek kısma sahiptir. Anlaşılması için, yukarıda verilen
polinom    s  1 s  3 s  5  s  1 
şeklindedir. Bu karakteristik polinomda bir adet kök değeri,
kompleks düzlemde sanal eksenin sağ
yerleştirildiğinde,   s 4  8  s3  14  s2  8  s  15
s4 1 14 15
s3 8 8
0
2
s 15 15 0
s1 0
0
0
s
s4
s3
s2
s1
s0
tarafında
1 14 15
8 8
0
15 15

0
15
53
olacak
şekildedir.
Routh
tablosuna
Uygulama
Aşağıdaki şekilde verilen sistemde,
5
s 1
R(s)
K
s2
C(s)
Sistemin kararlı olması için K aralığı ne olmalıdır?
 5
 K
 1 

s 1  s  2
Çözüm: Sistemin Transfer Fonksiyonu; TF  s   
 5
 K
1
 1 
 s 1  s  2
s  4  K
s4 K

 s  1   s  2 
s  4  K
 TF  s   2
TF  s   s  1 s  2  TF  s  
s4 K
 s  1   s  2    s  4   K
s  K  1   s   4  K  2 
1

s 1 s  2
 s  1   s  2 
Buradan sistemin Routh tablosu oluşturulduğunda,
s2
s1
s
0
1
K  1
 4 K  2
 4 K  2
0
0
0
K  1
K 1  0
1
0 

olmalıdır.
1  K
4 K  2  0
2
K
0
2
Uygulama
Aşağıdaki şekilde verilen sistemin kararlı olması için K aralığı ne
olmalıdır?
R(s)
K   s  1
1
s2  2  s  2
C(s)
1
s  2s  2
Çözüm: Sistemin Transfer Fonksiyonu; TF  s  
1
1  K   s  1  2
s  2s  2
K   s  1 
2
K   s  1
K   s  1
2
K   s  1
s2  2  s  2
 TF  s   2
 TF  s   2
TF  s   2 s  2  s  2
s   K  2   s  K  2 
s  2  s  2  K   s  1
s  K  2   s  K  2 
2
2
s  2s  2
s  2s  2
Buradan sistemin Routh tablosu oluşturulduğunda,
54
s2
s1
s
0
1
K  2 
K  2 
K  2 
0
0
0
K 2
K 2  0

 K  2 olmalıdır.
0 
K  2
K2  0
0
Uygulama
Aşağıda verilen sistemin karalı olması için K değeri ne olmalıdır.
K
 s  2
R(s)
C(s)
1
 s  3   s  4    s  5
TF  s  
C(s)

R(s) 1 
K
s  2
K
1

 s  2   s  3   s  4    s  5
TF  s  

s
4
 s  5   s  4    s  3  K
 14  s3  71  s2  154  s  120  K 
  s4  14  s3  71  s2  154  s  120  K 
1
71
120  K 
s
3
14
154
0
s
2
60
120  K 
0
s4
s1
s0
7 

 126   K 
30 

120  K 
0
0

126 
7
7
K  0
126   K
30
30

 540  K
120  K  0  120  K İki şartın birleştirilmesiyle birlikte; 120  K  540 olduğu görülür.
55
Root-Locus grafiğinde 540 değeri görülmektedir.
Uygulama
Aşağıdaki verilen blok diyagramının R(s) giriş değeri, birim impulsif bir etki ise; sistemin transfer
fonksiyonunu elde edip, sistemin kararlı olması için gerekli olan K aralığını Routh kararlılık kriterine
göre hesaplayınız.
K
C (s)
K
K
s  (s  s  1)  (s  2)


 4
2
3
K
R(s) 1 
s  (s  s  1)  (s  2)  K s  3  s  3  s2  2  s  K
2
s  (s  s  1)  (s  2)

2
(5.3)
Kararlılık kriterinin incelenebilmesi için ∆ determinant değerinin sıfıra eşitlenmesi gerekir. Elde edilen
karakteristik denkleme göre Routh tablosu aşağıdaki biçimde oluşur
s 4  3s 3  3s 2  2 s  K  0
s4
s3
s2
s1
s0
1
3
7/3
14  9K
7
K
3 K
2 0
K 0
0
0
56
Elde edilen tablonun ilk sütunundaki bütün elemanlar sıfırdan büyük olmalıdır.
14  9K
14
K
 0  14  9K  0 
9
7
Son satırın ilk sütunundan K  0 olmalıdır. İki şartın birleştirilmesiyle, 0  K 
14
olur.
9
Root-Locus Grafiği çizildiğinde k<1.55 (Gain) olduğu görülmektedir. Aynı sonuçlar Bode diyagramı
çizildiğinde de görülmektedir. Bode diyagramı aşağıda verilmiştir.
20  log 10  x   a  20  log10  x   3.8377  log 10  x  
57
  3.83  
ln x  3.83
3.83

 ln x   ln 10 20  



20
ln10 
20


ln x 
e
  3.83  
 10 20  




 x  10
e
 3.83 


 20 
 K  1.55
Gerçekte okunan değer 3.8377 dir. Ve tam uyum sağlamaktadır. Açı değerinin  180  olduğuna
dikkat ediniz. Diğer verilen değerler sadece test amaçlıdır. Root-Locus grafiği ile karşılaştırma
yapılabilir.
Hurwitz Kriteri
  ansn  an1sn1  .....  a1s  a0  0 polinomunda ∆n , ∆n-1 , ... , ∆1 değerlerinin hepsi pozitif olduğu
takdirde sistem kararlıdır denir. Herhangi biri sıfırdan küçük olursa sistem kararsız olur. Sıfıra eşit
olması durumuna marjinal kararlılık denir.
an1 an3 an5
an an2 an4
0 an1 an3
n 
0
an an2
...
...
...
0
...
...
... 0
... 0
... 0
... 0
... ...
... a0
(5.4)
Uygulama
  s  6s2  12s  8  0 karakteristik denkleminin kararlılığını Hurwitz Kriterine göre inceleyiniz.
3
6
8
0
 3  1 12 0
0 6 8
(5.5)
1  6  6  0 ,  2 
6 8
 6 .12  1. 8  72  8  64  0
1 12
3  2  8  512  0 , 2  6 .12  1. 8  72  8  64  0
Bütün determinant değerleri sıfırdan büyük olduğundan dolayı sistem kararlıdır.
Uygulama
  s  3s2  3s  1  K  0 karakteristik denkleminin kararlı olması için K değeri hangi aralıkta
olmalıdır?
3
2 
3 1K
1
3
, 1  3
Hurwitz şartına göre bütün Determinant değerleri sıfırdan büyük olmalıdır. Buradan,
1  3  0 şart sağlanmaktadır. 2 
3 1K
 9  1  1  K   8  K  0  K  8 olmalıdır,
1
3
3  2  1  K   0   2  0 olması gerektiğinden dolayı 1  K   0  K  1 olmalıdır. Bu iki şartın
birleştirilmesiyle birlikte 1  K  8 sonucu çıkarılır.
58
Uygulama
s 4  6 s3  11s2  6 s  K  0 karakteristik denkleminin kararlı olması için K değeri hangi aralıkta
olmalıdır?
6 6 0
1 11 K
4 
0 6 6
0 1 11
0
6 6 0
0
6 6
,  3  1 11 K , 2 
, 1  6
0
1 11
0 6 6
K
Bütün determinant değerlerinin sıfırdan büyük olması gerekli olduğundan dolayı,
1  6  0 şartı sağlamaktadır.
2 
6 6
1 11
∆2 = 66 – 6 = 60 > 0
6
6
0
11 K
1 K
1 11
3  1 11 K  6 
 6
0
 6   66  6  K   6  6  0  6   66  6  K   6  6  0
6 6
0 6
0 6
0 6 6
 66  6  K   6  0
6 6 0
1 11 K
4 
0 6 6
0 1 11
 60  6  K  0  10  K  0  K  10
0
0
  3  K  0  K  0 olmalıdır. Sonuçta; 0  K  10 elde edilir.
0
K
Uygulama
  s3  2s2  s  2  0 karakteristik denkleminin kararlılığını Hurwitz Kriterine göre inceleyiniz.
2 2 0
2 2
2 2
 3  1 1 0 , 2 
, 1  2  2  0 ,  2 
 2 2  0
1 1
1 1
0 2 2
2 2 0
 3  1 1 0  2  2 ,  2  0 olduğundan dolayı sistem marjinal kararlıdır.
0 2 2
Sürekli Bölme Kriteri
Bu kriterde polinom aşağıdaki biçimde ikiye ayrılır ve birinci polinom ikinci polinoma bölünür.
Daha sonra elde edilen bölen değeri kalan değerine bölünerek, işleme, kalan değeri sıfır
bulununcaya kadar devam edilir. B ö l m e
işlemlerinde
elde
edilen
bölüm
değerlerindeki, (s)’nin katsayıları sıfırdan büyükse sistem kararlıdır denir.
Kalanların bir tanesi dahi sıfırdan küçük olursa sistem kararsız olur. Sıfıra eşit
olması durumu marjinal kararlılık durumudur
1. Polinom

Q1  s   an s n  an2 s n2  .....  0
2. Polinom

Q2  s   an1 s n1  an3 s n3  .....  0
59
h1, h2, h3 , ... , hn değerlerinin hepsi de sıfırdan büyük olduğu takdirde sistem kararlıdır denir. hi ‘
lerden bir tanesi sıfır veya negatif olursa sistem kararsızdır denir.
Uygulama
  s3  6s2  12s  8  0 karakteristik denkleminin kararlılığını Sürekli Bölme Kriterine göre inceleyiniz.
Çözüm: Verilen karakteristik denklemden Q1  s   s3  12s ve Q2  s   6 s2  8 polinomları bulunur.
s3  12  s
6  s2  8
6  s2  8
4
 6  s2
s 3   s 1
s
3
8
6
32
s
3
32
s
32
3
8
s
32
3
  s 4
9
s
3
s
3
0
16
32
s
Q 1  s  s3  12  s 1
1
1
1
9
4
3



s

 s 
, h1   0 , h2   0 ve h3   0 olduğundan
2
2
9
1
Q2 s  6  s  8 6
6 s  8 6
6
6
3
s 
4
16
s
3
sistem kararlıdır. Bütün değerler sıfırdan büyük çıktığı için sistem kararlıdır.
Uygulama
s  6  s  4  s3  2  s2  5  s  1  0 denkleminin kararlılığını Hurwitz Kriterine göre inceleyiniz.
5
4
6 2 1 0 0
1 4 5 0 0
5  0 6 2 1 0
0 1 4 5 0
0 0 6 2 1
Buna göre;
6
1
4 
0
0
1  6  0

2 
2
4
6
1
1
5
2
4
0
0
1
5
6 2 1
3  1 4 5
0 6 2
2 
6 2
1 4
6 2
 6.4  1.2  24  2  22  0
1 4
6 2 1
6 1
3  1 4 5  6
 2 2  6(6.5  1.1)  2(22)  130  0
1 5
0 6 2
6
1
4 
0
0
2
4
6
1
1
5
2
4
0
6 2 1
0
 5 3  1 1 4 5
1
0 1 4
5
6 2 1
6 1
6 2
1 4 5  1
4
 1(6.5  1.1)  4(6.4  1.2)  59
1 5
1 4
0 1 4
60
1  6
6 2 1
 4  5  3  1 1 4 5  5.(130)  59  709  0
0 1 4
6 2 1 0 0
1 4 5 0 0
 5  0 6 2 1 0  1  4  709  0
0 1 4 5 0
0 0 6 2 1
Elde edilen determinant değerlerinde ∆3, ∆4 ve ∆5 değerleri sıfırdan küçük olduğu için sistem
kararsızdır.
Uygulama
  s3  3s2  3s  1  K  0 denkleminin kararlı olabilmesi için gerekli olan K aralığını Sürekli Bölem
Kriterine göre inceleyiniz.
1+K  terimi yerine, işlem kolaylığı
Q (s)  3s2  1  K
ve 2
şeklindedir. İkinci polinomdaki
bakımında A terimi kullanılsın. Buna göre;
Q1 (s)  s3  3s
s 3  3s
1
s3  As
3
1
3s  As
3
3s 2  A
1
s
3
3s2  A
3s2
B
9A

s
 3 
3s
B
Bs
Bs
0
A
B
s
A
A
Elde edilen bölümlerdeki s’lerin katsayılarının sıfırdan büyük olması gerekir. Buna göre;
3
9

0
9
9A 9A
3
9
0
0
0
B
 3
 9  (1  K )
 8K
 K 8
9A
9  (1  K )
9A
B
8K
3 0
0
0
0
0
3(1

K
)
A
 A
 3A

 3  3K
 8K  0  8  K
Elde edilen şartlara göre 8’den küçük K değerleri için sistem kararlıdır.
6. Lineerleştirme
Kontrol sistemlerinin analizinde ve sentezinde kullanılan bütün teoriler
doğrusal (lineer) sistemler için geçerli olduğu için, fonksiyonlar bilinen aralıklarda doğrusal hale
getirilir. Böylece çözümler elde edilir.
Lineer Olmayan Fonksiyonların Lineerleştirilmesi
Sistem analizinin birçok güçlü metotları, lineer kontrol sistemleri için geliştirilmiştir. Bir lineer kontrol
sistemi için, değişkenler arası bütün bağıntılar genellikle sabit katsayılı lineer diferansiyel
denklemlerdir. Bu nedenle geri beslemeli kontrol sistemindeki değişkenler, cebirsel değişkenlerden
ziyade zamana bağlı diferansiyel denklemlerdir. Örneğin sıcaklık kontrolünde gerçek sinyal işaret
akışında değişikliğe neden olur. Fakat sıcaklığı istenilen değere getirmek için, ilave edilecek ısı
61
miktarından dolayı zaman gereklidir. Yine hız kontrol sisteminde gerçek sinyal, yakıt girişindeki asıl
hareketin değişimine neden olur ( Temel kontrol değişimine neden olur. ). Ama arzu edilen hıza
erişmek için motoru hızlandırmak veya yavaşlatmak amacıyla zamana ihtiyaç vardır. Benzer şekilde
basınç kontrol sistemlerinde arzu edilen basınç değerlerine ulaşmak için zamana ihtiyaç vardır.
Kontrol sistemleri, genellikle bazı lineer olmayan elemanlardan oluşur. Bu elemanlardan
dolayı sisteme ait diferansiyel denklemde nonlineer olur. Bunların lineer hale nasıl dönüştürüleceği
aşağıda gösterilmiştir. n değişkenli bir lineer denklem;
f  fi  c1x1  c2x 2 
 cnxn 
(6.1)
Burada,  fi , c1 , c2 ,..... , cn  sabit değerlerdir.
 fi  : f fonksiyonunun bilinen noktalardaki başlangıç (initial) değeridir.
Örnek olarak;
y  x2
(6.2)
fonksiyonu göz önüne alalım.
Grafikten görüleceği gibi;
y  yi  y    yi  y
(6.3)
Grafikte  x i ,y i  noktasındaki eğim;
c1 
dy
dx i
(6.4)
Burada y değeri için;
yi 
dy
dx i
(6.5)
62
olduğu görülür. (6.3) nolu denklemde yerine yazıldığında;
y  yi 
dy
 x
dy i
(6.6)
elde edilir.
Misal
y  x 3 denkleminde  xi  10  fererans değeri için  y  103  1000  dir.  x  11 ve  x  9  değerleri
için, denklemi doğrusal hale getirip yaklaşık y değerlerini hesaplayınız.
y  y i  c 1  x
x  11  10  1
yi  1000
x  9  10  1
c1 
dy
 3x2  3  102  300
i
dx i
y  y i  c1  x  y  1000  300  x  y  1000  300  11  10   y 11  1300
fonksiyonun x=11
deki değeridir.
y  1000  300  x  y  1000  300   1  y  9   700
x=9 için yaklaşık değeridir.
Misal
Aşağıdaki şekilde verilen üçgenin alanı  xi  10  ,  yi  16  ve  i  30  başalangıç değerleri için
bilinmektedir. Bu değerlere bağlı olarak alan formülünü doğrusal hale getirip (lineerleştirip),  x  9  ,
 y  16.5 
ve  i  33  için yaklaşık sonucunu hesaplayınız.
Alan formülü a;
a  a x,y,  
(6.7)
Şeklinde olup üç farklı değişkene bağlıdır. Ve değeri;
a  x h 
a  ai 
1
1
 a   x  y  sin  
2
2
a
a
a
 x 
 y 
 
x i
y i
 i
(6.8)
(6.9)
Veya;
63
a  ai  c1  x  c2  y  c3  
1
 1
ai    x  y  sin      10  16  sin 300   40
2
i 2
(6.10)
c1 
a 1
1
  y  sin   i   16  sin300  4
x i 2
2
c2 
a 1
1
  x  sin   i   10  sin 300   2.5
y i 2
2
c3 
a 1
1
  x  y  cos    i   10  16  cos  300   40 3  69.282
 i 2
2
Bu değerler
aap  40  4  x  2.5  y  69.282    40.8776 olarak hesaplanır. Gerçek değeri;
1
 

0.5
 3

 180 
1
a   9  16.5  sin 33   40.4394
2
(6.11)
olduğu görülür. İki sonuç karşılaştırıldığında, aralarındaki fark çok azdır.
Lineerleştirmede boyutsuz parametreler kullanmak daha uygun olabilir. Bunun için (6.9) nolu
denklemdeki her bir terim, (2) denklemdeki gibi Ai haline getirilir.
sin i  

1
 x 1
 y 1
a    x  y  sin       x  y  sin         x  y  cos  i  
 
cos  i   tan   
2
 i xi  2
 i yi  2
i
(6.12)
x y
 
a    
  ai
 xi yi tan   
(6.13)
 x
y
 
a    
  40 
 10 16 tan 30  
Misal
F  x  y2  2  y  sin  
 y  9.1  ve    33
fonksiyonunu  xi  10  ,
 yi  9 
ap  ai  a
(6.14)
ve i  30 civarında lineerleştirip  x  9.9  ,
için yaklaşık değerini hesaplayınız.
Çözüm: fonksiyonun başlangıçtaki değeri; Fi  x  y2  2  y  sin    10  92  2  y  sin 30   Fi  819
c1 
F
 c1  y 2  c1  92  c1  81
x
c2 
F
 c2  2  x  y  2  sin    c2  2  10  9  2  sin 30   c2  181
y
c3 
F
 c3  2  y  cos     c3  2  9  cos  30   c3  15.588457

64
 

Fap  Fi  c1  x  c2  y  c3    Fap  819  81   0.1  181   0.1  15.588457   3 

180 

Fap  829.81621 olarak yaklaşık değeri hesaplanır. Gerçek değeri; Freal  829.73143 dir.
Görüldüğü gibi yaklaşık değer, gerçek değere yakın bir değerdir.
7. Zaman Cevabı (Time Response)
Bir sistemin çıkış cevabı; zorlamalı cevap ile doğal cevabın toplamıdır. Yani bir diferansiyel denklem
göz önüne alındığında denklemin sağ tarafı sıfıra eşitlenerek elde edilen çözüm homojen kısmı
(doğal cevabı) zorlama etkisi de hesaba katıldığında kısmî çözüm (zorlamalı cevap) olarak
adlandırılmaktadır. Bir sistemin Çıkış Fonksiyonu elde edildiğinde (laplace dönüşümü uygulandığı
zaman), sistemi sıfırlayan değerler sıfırları (zeros) sonsuza götüren değerler de kutupları (poles)
oluşturmaktadır.
Birinci Mertebeden Sistemler (First Order Systems)
Birinci mertebeden bir sistemin çıkış fonksiyonu göz önüne alındığında,
2
3
 s  2  a  b  5  5
Cs 
s   s  5 s s  5 s s  5
(7.1)
olarak hesaplanır. Buradaki a ve b katsayıları Denklem (2.19) kullanılarak elde edilmiştir.

  s  2 
  0  2 
Bs  
2
ai  lim  s  pi 
  a  lim s 
  a
  a  lim 
A s 
5
s  pi 
s  0  s   s  5 
s  0   0  5 

 s  2    b   5  2   b  3
b  l im   s  5  
5
5
s   s  5 
s  5 

Elde edilen laplace denkleminin ters Laplace’sı alındığında,
2 3 5t
2 1 3  1 
şeklinde çıkış fonksiyonu hesaplanır. Sistemin Blok
Cs        
  c t     e
5 5
5  s  5 s5
diyagramı aşağıdaki gibidir.
Rs 
G(s)
1
s
s  2
 s  5
C(s)
Birinci mertebeden C  s   R  s   G s  sistemi göz önüne alındığında, giriş değeri R  s   1 / s için, çıkış
fonksiyonunun C  s  
a
olduğu görülür. Fonksiyonun ters Laplace’sından,
s   s  a
G(s)
R(s)
a
 s  a
C(s)
65
Cs 
a
a
a
 1 2 ,
s   s  a s s  a




a
a
a
a

  a2 
a

1


,
 a2  1
a

lim
s

a

a

a1  lim  s 
 

1
2
1
a
 0  a
s   s  a 
s  a 
s  0  s   s  a 

Hesaplanan değerler yerlerine yazıldığında,


1
1
 c  t   1  eat olarak hesaplanır. t  1 olduğunda çıkış fonksiyonu,
Cs  
a
s sa
c t  1  e
 a
1
a
 1  e1  c  t   1  0.36788  c  t   0.63212 olduğu görülür.
 Tc  t  1 a  değerine birinci mertebeden sistemler için Zaman sabiti ( Tc=Time constant) denir.
Diğer bir ifadeyle, t zaman sonsuza doğru giderken c(t) fonksiyonun alacak olduğu değerin %63 üne
varması için gerekli zamandır.
Yükselme Zamanı (Rise Time) (Tr):
Çıkış fonksiyonunun t sonsuza giderken alacak olduğu değer
 c  t   0.1  c 
f
c t  1 
0.1  1 
Tr 
c    c 
f
ile ifade edildiğinde,
değerinden başlayıp  c  t   0.9  c f  oluncaya kadar geçen süreye denir.  Tr  t2  t1 
1
1
 c     1  a  c     1  0  c     1  c f  1
at
e
e
1
1
0.1053605157 
2.302585093 


  t1 
 , 0.9  1  at2   t2 
  Tr  t2  t1 
at1
e
e
a
a




2.197224577
2.197
2.302585093 0.1053605157
2.2
 Tr 
 Tr 
 Tr 

a
a
a
a
a
Ayarlama Süresi (Settling Time) (Ts):
66
c    c 
Çıkış fonksiyonunun t sonsuza giderken alacak olduğu değer
f
ile ifade edildiğinde,
c t  0
değerinden başlayıp  c  t   0.98  c f  oluncaya kadar geçen süreye denir.
0.98  1 
3.912023005
3.912
1
4
 Ts 
 Ts 
 Ts 
at
a
a
e
a
Olarak hesaplanır. Bu mantık ve düşünceden gidilerek ikinci mertebeden fonksiyonlar için de benzer
hesaplamalar yapılacaktır.
Misal :
50 

Transfer fonksiyonu  G s  
 ile verilen sistemde giriş değeri birim basamak olduğunda,
s  50 

zaman sabiti  Tc  , yükselme zamanı  Tr  ve ayarlama süresini  Ts  hesaplayınız.
Çözüm: G s  
a  50  Tc 
Tr 
1 50
50
1 50
1
 C  s   R  s   G s   
 Cs  
 c  t   1  50t
s s  50
s  50
s s  50
e
2.197
2.197
1
4
1
4
 Tc 
 Tc  0.02s , Ts   Ts 
 Ts  0.08s , Tr 
 Tr 
50
50
a
a
a
a
2.197
 Tr  0.043944  Tr  0.044s olarak hesaplanır.
50
İkinci Mertebeden Sistemler (Second Order Systems)
İkinci mertebeden bir sistemde ileri yol elemanı G(s) için,
k
 2 c
 s  n  s  
m
m


n 
s1,2 
k
m
c

m
s2 

c
n  s  n2
m
2
c
2
   4 n
m
2

2
c
 4 n2
2
m
c2cr  4  m2 n2

ccr  2  m n   
s
1,2
c
 c    ccr    2  m n 
ccr
  n n  2  1,   1

,
s
1,2
   
d
n
s
2
1  2
  n d  j,   1
67
 2  n  s  n2 

(7.2)
G s  
n2
s2  2  n  s  n2
(7.3)
denklemi geçerlidir. Burada bulunan ζ ve n değerlerinin kompleks (sanal) düzlemdeki gösterimi
aşağıda Şekil 7-1 de verilmiştir. Bu grafiğe bakarak, sanal düzlemde bir
s  a  i  b noktası için,
s   n  i d  a  i  b denklemi geçerlidir ve sönümleme oranı için  yı hesaplamak için, ilk önce
b
bağıntısından  açısı hesaplanır. Burada dikkat edilmesi gereken  açısını
tan   
a
hesaplarken bu açının trigonometrik çember üzerinde hangi bölgede olduğuna dikkat edilmesidir.
Daha sonra   cos  bağıntısından  , sönümleme katsayısı hesaplanır. Şekil 7-1 den
 
görüldüğü gibi, sanal eksen üzerinde, s  0  i  b olduğunda   0 olmaktadır. Benzer şekilde gerçek
eksen üzerinde s  a  0  i iken sönümleme katsayısı   1 olmaktadır.
Denklem (7.2) ile kökler sanal düzlemde yerleştirildiğinde aşağıdaki şekil olur.
j.ω
σ
θ
σ
i d n   1 s
Şekil 7-1: doğal frekans, sönümleme katsayısı ve sönümlemeli frekansın kompleks düzlemde gösterimi
Kompleks düzlemde bir sayı büyüklük (Magnitude, M) ve açı (Angle,  ) ile ifade edilmektedir.
Şekil 7-1 de bunu,
M 
 yani,
n 
(7.4)
ile gösterilmektedir. Kompleks düzlemde sanal eksen her zaman, sönümlemeli doğal frekansı
göstermektedir.
Doğal Frekans (Natural Frequency), ωn: Sistemde sönümleme etkisi yok iken, 1 saniyede yapmış
olduğu salınım miktarına denir. Birimi, radyan/saniye (rad/s) dir.
68
Sönümlü Frekans (Damped Frequency), ωd: Sistem sönümleme etkisinde iken, 1 saniyede
yapmış olduğu salınım miktarına denir. Birimi, radyan/saniye (rad/s) dir.ve doğal frekans ile
sönümlemeli frekans arasında,
d  n  1   2
(7.5)
bağıntısı vardır.
Sönümleme Katsayısı (Damping Ratio), ζ: Sönümleme etkisi altında olan bir sistem salınım
yaparken yavaş yavaş sönümlemeye gider. Bu sönümleme etkisi,
  cos   
(7.6)
denklemi ile veya Denklem (7.3) ile hesaplanır.
Şekil 7-2: İkinci mertebeden bir sistemde, Ayarlama zamanı, Yükselme zamanı ve tepe zamanı değerlerinin
gösterilişi
Tepe Zamanı (Peak Time), Tp: Sistem ilk hareketinde en yüksek noktaya çıkması için geçen süreye
Tepe zamanı (Peak Time) denir ve aşağıdaki formülle hesaplanır.
Tp 



d n  1   2
(7.7)
Ayarlama Süresi (Settling Time), Ts: t zamanı sonsuza giderken fonksiyonun değeri c final  c f
olmaktadır. işte bu durumda, sistem değerinin, c f  1  0.02  sınırları içerisine girinceye kadar geçen
sürüye ayarlama zamanı, Ts , denir ve aşağıdaki denklem ile hesaplanır.
69
Ts 

ln 0.02  1   2
 n

4
 n
(7.8)
Yükselme Zamanı (Rise Time), Tr: Sistemin son değeri olan c f değerinin %10 undan başlayıp,
%90 değerine varıncaya kadar geçen süreye denir. Bu sebeple hesaplanması biraz zaman alıcıdır.
Çünkü sistemin kararlı hale varınca alacak olduğu değer  c     c f  önce hesaplanır. daha sonra
c  t1   0.1  c f denkleminden t1 zamanı ve c  t2   0.9  c f denkleminden de t 2 zamanı hesaplanır.
Buradan da Tr için,
Tr  t2  t1
(7.9)
denkleminden yararlanılır.
Maksimum Aşma Değeri (% Over Shoot), OS: t zamanı sonsuza giderken fonksiyonun değeri
c final  c f olmaktadır. işte bu durumda, sistem değerinin, c f  1  0.02  sınırları içerisine girinceye kadar
geçen sürüye ayarlama zamanı, Ts , denir ve aşağıdaki denklem ile hesaplanır.
%OS 
cmax  cf
 100
cf
(7.10)
veya
%OS  e
  


 12 


 100
(7.11)
denkleminden yararlanılarak hesaplanır.
Sönümleme katsayısı ile Maksimum aşma değeri arasında aşağıdaki bağıntı da kullanılır.
 %OS 
ln

 100 

 %OS 
2  ln2 

 100 
(7.12)
Kontrol sistemlerinin analizi ve tasarımında dört farklı usul, tarz, yöntem kullanılmaktadır. Bunlar,
1
2
3
4
Root-Locus grafik metodu
Bode diyagramı
Nyquist kriteri
Nicholas-chart diyagramı
olarak karşımıza çıkmaktadır Bunlardan ilk olarak, Root-Locus metodu incelenecektir.
8. Root Locus Metodu (The Root-Locus Method)
Bu inceleme tarzı, California Üniversitesinde lisans öğrencisi iken Walter Evans (1922-1999)
tarafından 1948 yılında ortaya atılmış ve grafik çizime dayanan bir usuldür. Faydaları aşağıdaki
şekilde sıralanabilir.
a.) Kontrol sistemlerin analizinde veya tasarımında kullanılan güçlü bir grafik metottur.
b.) Kutupların yer değiştirdiğinde kontrol sistemine nasıl tesir ettiği kolaylıkla anlaşılmaktadır.
c.) Açık döngü transfer fonksiyonuna ilave edilecek kutup ve sıfırların (kompanzasyon) kontrol
sistemine etkisini kolayca görebilmeyi sağlar.
70
d.) Sisteme tesir eden iki veya daha fazla parametre (PID gibi) değiştiğinde, Root locus sonucun
hemen dizayn edilmesini (sentezini) sağlar.
Birim negatif geri beslemeli bir sistemin kararlılığı incelenirken, buna bağlı olarak aşağıdaki denklem
yazılabilir.
C(s)
R(s)
K.G(s)
Şekil 8-1: Birim negatif geri beslemeli sistem
Yukarıda Şekil 8-1 de verilen negatif geri beslemeli sistemin Transfer fonksiyonu (TF),
TF 
Cs 
K  G s 

R  s  1  K  G s 
(8.1)
şeklinde yazılabilir. Sistemin kararlılığı incelenirken, paydayı sıfır yapan değer sistemi kararsız hale
getireceğinden dolayı buradan,
1  K  G s   0
(8.2)
yazılabilir. Kompleks düzlemde bu denklem incelendiğinde,
K  G s   1  0  j
(8.3)
j.ω
σ
-1
Şekil 8-2: Sanal Düzlemde Root-Locus'un gösterimi
olduğu görülür. Buradan negatif geri beslemeli sistemlerin gösteriminde, açı değerinin her zaman,
 180  k  360, k  0,1,2,3,   şartını sağlaması gerektiği görülmektedir. Pozitif geri beslemeli
sistemlerde açı değeri, 1  K  G s   0 olduğundan dolayı, her zaman,
K  G s   1  0  i  açı değeri  k  360, k  0,1,2,3,
beslemeler incelenecektir.

olmalıdır. Şimdilik sadece negatif geri
Root-Locus metodu bir grafik usuldür ve bu grafik üzerinden birçok değer K,  ,s, n ,%OS, d ,gibi 
okunabilmektedir.
Ayrıca, Root-Locus grafiği çizilirken, Denklem (8.2) değeri aşağıdaki gibi sıfırlar (zeros) ve kutuplar
(poles), grafik üzerinde sırasıyla “o” ve “x” şeklinde gösterilir. Yönler her zaman kutuplardan, sıfırlara
doğrudur.   o  Başlangıçta, yani kutuplarda Kazanç değeri (Gain) K, her zaman sıfıra eşittir.
Sıfırlarda (zeros) ise K değeri sonsuza gitmektedir.
71
Kompleks düzlemde sanal eksenin sağ tarafı, her zaman kararsız ve sol tarafı ise tamamen
kararlıdır. Negatif geri beslemeli sistemlerde, K kazanç katsayısı (Gain), aralığı  0  K   ile
tanımlıdır. Pozitif geri beslemeli sistemlerde ise K değeri (Gain faktör),
tanımlıdır.
   K  0 
aralığında
Negatif geri beslemeli sistemlerde,
Kol sayısı (Branches) : Kol sayısı kutup sayısı (poles) sayısı “n” kadardır. Sıfır sayısı (zeros) “m”
ile ifade edildiğinde sonsuza giden kol sayısı (branches), (n-m) kadardır.
Asimtotlar (Asymphtots): Kutup sayısı (poles) , sıfırlar (zeros) dan büyük olduğunda n  m ,
kollar sonsuza gider ve bu kollar asimtotlara paralel olur. Bu asimtotların gerçek eksen üzerindeki
yeri a ve gerçek eksen ile yapmış olduğu açı, a değeri sırasıyla aşağıda verilen denklemler ile
hesaplanır.
a 
a 
n
m
i1
j1
pi   z j
2 k  1 180 ,
nm
(8.4)
n m
k  0,1,2,
,n  m  1
(8.5)
Ayrılma (break-away point) ve birleşme (break-in point) noktaları: iki kutup gerçek eksen
üzerinde olduğunda, root-locus değeri bu iki kutup arasında bir değere ulaştığında birbirinden ayrılır.
Buna ayrılma (break-away) noktası denir. Yine Benzer şekilde iki sıfır (zeros) değeri gerçek eksen
üzerinde olduğunda root-loci kolları bu iki zeros arasında bir değerde birleşir. Bu noktaya da
birleşme (break-in) noktası denir. Bu noktaları hesaplamak için,
dK
0
ds
(8.6)
denkleminden yararlanılır. Bu denklemin köklerine dikkat edilerek hangi noktanın ayrılma veya
birleşme noktası olduğu poles ve zeros değerlerine bakılarak anlaşılır.
İkinci bir usul ise ,
 1  m 1 



  
i1    pi 
j1    z j 
n
(8.7)
denkleminden yararlanılarak hesaplanır.
Ayrılma ve Birleşme açıları (Angles of Departure and Arrival) : Kutuplar (poles) veya zeroslar
gerçek tamamen eksen üzerinde olmayıp, kompleks bileşeni de olduğu takdirde ayrılma açıları 0
veya 180 değildir. Bu amaçla k. kutuptaki  p k ayrılma açısını (angle of departure) hesaplamak
için, ilk önce sıfırlardan (zeros) bu noktaya(k. kutuba doğru vektörler çizilir. Bu vektörlerin yapmış
 m

olduğu açılar toplamı     z  j  olsun. Benzer şekilde kutuplardan (poles) istenilen k. kutba (kth
 j1

n
pole) doğru vektörler çizilir. Bu vektörlerin yapmış olduğu açılar toplamı
  p 
i1,ik
Buradan,
72
i
ifade edilsin.
 n

Zeros
Angles


Poles
Angles


p
 2  k  1   180 olacağından dolayı,








j
i
k
j1
i1,ik

m
 n


z




   p i   p k    2  k  1   180
j
j1
i1,ik

m
(8.8)
bağıntısı kullanılarak hesaplanır.
Unutulmamalıdır ki, Root-locus kolları her zaman gerçek eksene göre simetriktir.
Ayrıca, negatif geri beslemeli sistemlerde, kompleks düzlemin gerçek ekseni üzerinde, tek kutup
(poles) ve/veya sıfırların (zeros) solunda her zaman root-loci mevcuttur.
Vektörün başlangıç noktası ayrılma için, kutup noktası yönü ise sıfıra doğrudur.
Verilen bir s v  a  i  b noktasının root-loci olup olmadığını araştırmak için iki usul vardır.
Birincisi: bu noktaya ilk önce sıfırlardan başlayıp bu noktada biten vektörler çizilir ve bütün
vektörlerin yapmış olduğu açılar toplamından, kutuplardan bu noktaya çizilen vektörlerin yapmış
olduğu açılar çıkartılır. Elde edilen açı değeri 180 olduğu takdirde bu nokta root-loci noktasıdır.
Farklıysa, verilen nokta root-loci noktası değildir.
İkincisi: Verilen fonksiyonda s yerine s v  a  i  b değeri girilir ve sonuçta F  s   c  i  d gibi bir ifade
elde edilir. Bu ifadenin trigonometrik çemberde yaptığı açı 180 ise verilen nokta root-loci
noktasıdır. Değilse, değildir.
Root-locusun sanal ekseni kestiği değerleri bulmak için, kararlılık kriterleri olan Routh veya Hurwitz
kriteri kullanılır. Bulunan K kazanç değeri (Gain factor) diskriminant    s   0  polinomunda yerine
yazılarak kökler bulunur. Bulunan kompleks köklerden sanal ekseni kestiği yer tayin edilmiş olur.
Bir noktadaki K kazanç değeri (Gain Factor) ise, Bu noktadaki büyüklüğü (Magnitude) ile ilgilidir.
K
 zerolengths 
1
  M 
M
 polelengths 
(8.9)
denklemi ile hesaplanır.
Kontrol devrelerin analiz ve tasarımında kullanılan bir yöntemdir. Verilen Kontrol devresinde istenilen
ayarların bulunmasında kullanılır ve grafik çözümlü bir usuldür. Metodun anlaşılabilmesi için bazı
temel kavramların bilinmesi gereklidir. Laplace uzayında verilen bir s değişkeni, karmaşık sayılarla
da ifade edilebilmektedir. Bunun için s Laplace uzayında verilen bir F  s  fonksiyonun, s  a  j  b
deki değerini hesaplamak için,
m
s  z  s  z   s  z   s  z 
F s  

s p  s p  s p
s  p       
i
i1
n
j
j1
1
2
m
1
2
n
(8.10)
F  s  fonksiyonunun, herhangi bir  s  a  j  b  noktasındaki şiddeti yani büyüklüğü,
m
 s  z  s  z   s  z   s  z 
M

s p  s p 
s p
 s  p       
i1
n
j1
i
j
1
2
m
1
2
n
73
(8.11)
denklemi ile hesaplanır. Aynı fonksiyonun o noktadaki, (+x) gerçek ekseni ile yapmış olduğu açı,
    zero angels    pole angels 
veya,
m
n
i1
j1
     s  zi      s  p j 
(8.12)
denklemi ile hesaplanabilir. Diğer farklı bir şekilde de büyüklük ve açı hesaplanabilmektedir.
Negatif geri beslemeli sistemlerde Root Locus Metodu ile Çizim
Mühendislikte karşımıza çıkan birçok mühendislik problemi “Negatif Geri Beslemeli”dir. Çizim için
aşağıdaki adımlar takip edilirse, kontrol sistemi daha rahat bir şekilde analiz edilebilir.
1. Adım: Root Locus formunda karakteristik denklemin elde edilmesi: yani
getirilmesi.
1  K  G s   0
formuna
2. Adım: açık döngü halinde kutup (poles: x) ve sıfırların (zeros: o) bulunması: Payı sıfır yapan
değerler sıfırları, paydayı sıfır yapan değerlerde kutupları belirler. Bu işlem aşağıdaki gibi denklemler
ile gösterilebilir. Transfer fonksiyonu faktöriyel tarzda yazılmalıdır.
m
1K
1  K  G s   0

s  z 
i1
n
i
s  p 
j1
0
j
n

 x   o
m
 s  p   K   s  z   0
j1
j
i1
i

K 0
K
n
K  0 
olduğunda, aktif terim
olmaktadır.
 s  p 
j1
m
j
olmakta ve
K   
 s  z 
i1
i
3. Adım: gerçek eksen üzerindeki Locus yerlerinin belirlenmesi: Birçok root-loci yeri gerçek eksen
üzerinde bulunmaktadır. Root-locus’ un gerçek eksen üzerindeki yeri şu şekilde belirlenir: Gerçek
eksen üzerinde, açık döngü kutupları ve sıfırların tek sayılı olanlarının solunda bir nokta alındığında
( bu da gerçek eksen üzerinde olmak şartıyla), bu nokta Root locus noktasıdır. Gerçek eksen
üzerinde pozitif sonsuzdan başla ve sola doğru orijine yaklaşacak şekilde bir kutup veya sıfırla
karşılaşıncaya kadar hareket et. Karşılaştıktan sonra kaleminle gerçek eksen üzerinde çizmeye
başla ve devam et, ta ki gerçek eksen üzerinde bir kutup veya sıfıra varıncaya kadar. Eğer
karşılaşmazsan sonsuza kadar çizilmiş kabul et (yani çiz).
Eğer gerçek eksen üzerinde kutup veya sıfır yok ise, o takdirde gerçek eksen üzerinde root-locus
yeri olmayacak demektir.
Bazı sistemlerde gerçek eksen üzerinde aynı noktada birden fazla kutup ve sıfır olabilmektedir. Bu
konumda iki farklı durum karşımıza çıkar.
Birincisi: karşılaşılan noktada tek sayılı kutup veya sıfırlar var ise, yapılan çizim bu noktadan itibaren
sola doğru devam eder.
İkincisi: karşılaşılan noktada çift sayılı kutup veya sıfırlar var ise, yapılan çizim bu nokta durur ve bu
noktadan itibaren sola doğru devam etmez.
Gerçek eksen üzerinde bir yeri işaretlediğinde bu noktanın sağında tek sayılı bir kök var ise, bu
nokta locus kısmından bir yerdir, noktadır. Eğer bu noktanın sağında birden fazla kök var ise,
bunların tek veya çift sayı olmasına göre durum değişir.
4. Adım: (var ise) asimtotların yerlerinin ve açılarının belirlenmesi: asimtotlar kutupların sonsuza
hangi doğrultu boyunca paralel gideceğini belirler. Kutup sayısı (n), sıfır sayısından (m), fazla olan
74
sistemler için, (n-m) kadar kutup sonsuza doğru gider. Bu sayı asimtotların sayısını belirler. Kutup
sayısı, sıfır sayısına eşit olduğu takdirde, asimtot bulunmaz. Locus çizgileri kutupta (x) başlar ve
sonsuza gitmeden sıfırda (o) biter. Asimtotlar gerçek eksene göre simetriktir. İlk önce asimtotların
yeri belirlenir, daha sonra (+x) gerçek eksen ile yaptıkları açı hesaplanarak çizimi yapılır. Bunun ile
ilgili denklemler, denklem (8.4) ve (8.5) dir.
5. Adım: (var ise ) gerçek eksen üzerindeki ayrılma ve birleşme noktalarının belirlenmesi: iki veya
daha fazla loci bir noktada birleştiğinde, bu noktada ayrılma meydana gelir. Genellikle bu nokta
gerçek eksen (x ekseni) üzerinde olduğu gibi, bazı durumlarda sanal düzlemde herhangi bir nokta
da olabilir. Her bir ayrılma noktasında K’ nın (Gain) bazı değerleri için çift veya daha fazla kök (root)
değeri mevcuttur.
1  K  G s   0
 K  G s   1  K 
a s 
1
1
 K
 K
 bs 
G s 
bs 


 a s  
da s 
db  s  

b  s   ds  a s   ds 
dK
 0

2
ds
b  s  
K gerçek ve pozitif bir sayı olduğunda bu şart sağlandığı takdirde, bu nokta ayrılma veya
birleşme noktasıdır. Hesaplanan nokta kutuplar arasında ise ayrılma, sıfırlar arasında bir değer ise
birleşme noktası olduğu anlaşılır.
6. Adım: (var ise) ayrılma ve birleşme açılarının belirlenmesi: Kutup noktası sadece gerçek eksen
 180 dir veya  180 dir. Fakat gerçek
üzerinde olup sanal bileşeni yok ise, ayrılma açısı ya
eksen üzerinde herhangi bir nokta olduğu takdirde (yani sanal bileşeni de mevcut), ayrılma açısı
 dep  aşağıdaki şekilde hesaplanır.
m
dep  180     z  j 
j1
n
  p 
i1,ik
i
Burada;
 p i : i. kutuptan seçilen kutba doğru bir vektör çizildiğinde, bu vektörün (+x) ekseni ile yapmış
olduğu açıdır.
  z  j : j. sıfır (zeros) noktası ile seçilen kutup arasındaki açıdır. Bu da aynı şekilde sıfır noktasından
istenen kutba doğru bir vektör çizilir. Bu vektörün (+x) ekseni ile yapmış olduğu açıdır.
Benzer şekilde, sıfır noktaları gerçek eksen üzerinde olmayıp, sanal düzlemde herhangi bir noktada
olduğu takdirde, sıfır noktasına gelen birleşme açısı  arr  aşağıdaki şekilde hesaplanır.
arr  180 
n

i1,ik
m
 p i    z  j
j1
 p i : i. kutuptan istenen sıfır noktasına doğru bir vektör çizildiğinde, bu vektörün (+x) ekseni
ile yapmış olduğu açıdır.
  z  j : j. sıfır noktasından istenen sıfır noktasına doğru bir vektör çizildiğinde, bu vektörün
(+x) ekseni ile yapmış olduğu açıdır.
75
Gerçek eksen üzerindeki tek kutup ve tek sıfırlar simetriden dolayı, her zaman
 180 derecelik ayrılma veya birleşme açısına sahiptir.
 0 
veya
7. Adım: (var ise) sanal ekseni kesen noktanın belirlenmesi: Root-locus’ un sanal ekseni kestiği
yerde kapalı döngü transfer fonksiyonunda K değeri uçta son değer olarak (marjinal) karalıdır. Bu
değeri geçtiğinde Root-locus grafiği sanal düzlemde, sanal eksenin sağ tarafına geçtiği takdirde
kapalı döngü tarnsfer fonksiyonu kararsızdır. Bunun için K değeri her zaman sanal eksenin sol
tarafında bulunacak şekilde değer almalıdır. Root-Locus’ un sanal ekseni kestiği noktayı tesbit etmek
için, üç farklı usülden faydalanılır.
a) Deneme yanılma ile [trial and error], sayısal analizde öğretilen ikiye bölme metodu gibi:
Çözüme kompleks düzlemde orijinden başlanır ve sanal eksen üzerinde yukarı doğru aralıklı
basamaklarla (discrete step) ileri döngü transfer fonksiyonunun faz açısı (phase angle) hesaplanır.
180  derecen az ve diğer noktada 180  derecen
İki nokta arasında ne zaman faz açısı birisinde
180  dereceye
fazla ise veya tersi olursa, bu iki nokta arasında root-locus mevcuttur. Faz açısının
a s 
G s   
bs 
eşit olduğu nokta root-locus noktasıdır. Buradan da K değeri hesaplanmış olur.
fonksiyonunda s yerine  si   yi  j yazılır ve açı hesaplanır. Tekrar s yerine  si1   yi1  j yazılır ve
açı hesaplanır. Elde edilen açı değerlerinde birisi 180  dereceden büyük ise diğeri küçük olmalıdır.
Böylece aralık küçültüldüğünde Root-locus’ un sanal ekseni kestiği yer hesaplanmış olur.
b) Routh-Hurwitz kriterinden faydalanılır: Sistemi kararsız yapan K değeri hesaplanır ve bu
değer kapalı transfer fonksiyonunda yerine yazılır. Buradan determinant değeri sıfır yapan değerden
elde edilen sanal kök istenen değerdir. Denklemin mertebesi arttığında bu usul ile çözüm yapmak
oldukça sıkıcıdır.
 
c) Sönümlemeli doğal frekans d ile K kazanç (gain) katsayısını hesaplayarak: Karakteristik
 s  d  j alınarak hesaba başlanır. Gerçek ve sanal eksen bileşenleri ayrı eşitlikler
denklemde,
s    n   j d
halinde yazılıp sıfıra eşitlenir. Buradan iki tane denklem elde edilmiş olur.
 
denkleminden faydalanarak, d hesaplanır. Bu değer sanal ekseni kestiği noktadır. Buradan da K
değeri hesaplanmış olur.
8. Adım: kalan locus çizgilerinin belirlenmesi: Çözüme açık döngü kutupları çizilerek başlanır.
Unutulmamalıdır ki Root locus grafiği gerçek ekene göre her zaman simetriktir. Ve bu grafiğin sanal
eksene göre sol kısmı kararlıdır, sağ kısmı ise kararsızdır.
Misal:
Aşağıda verilen negatif geri beslemeli sistemin,
a) Root-Locus grafiğini çiziniz.
b) Sistemin kararlı olması için K kazanç değeri ne olmalıdır?
Çözüm: sistemin transfer fonksiyonu;
K
Cs
s   s  1
TF  s  

K
Rs  1 
s   s  1
76

K
s   s  1
TF  s  
1  K  G s 
R(s)
1
s(s+1)
K
C(s)
K
s   s  1
TF  s  
 1

1
1K
G s  

p  0, 1 
s   s  1
 s   s  1  
Buradan kutupların  1,2
olduğu görülür.
Bu iki kutup arasında ayrılma noktası olacaktır. Bu da iki şekilde hesaplanabilir.
2
dK d  1  0   s  s    2  s  1   1


2
ds ds  s2  s 
 s2  s 

2
2
dK 2  s  1

  s2  s   0   s2  s 
2
ds
 s2  s 
 2  s  1  0
1
2 noktası, ayrılma noktasıdır.  s  0  ve  s  1 noktasında kazanç değeri K  0  dır. Ayrılma
1
M  G s  s0.5 
1  1 
 1   1 1
    1
K       
2  2   M  4 
M  4  4
noktasında K değeri;
s
Root-Locus noktası sanal düzlemin tamamen sol tarafında olduğundan,
Grafiği aşağıda verilmiştir.
K  0  için sistem kararlıdır.
K=0.25
Misal:
 s  1 ile verilen fonksiyonun s  3  4  j
F  s 


s   s  2
deki şiddetini (büyüklüğünü) ve açısını, karmaşık
düzlemde hesaplayınız.
Çözüm 1:  s  3  4  j değeri, F  s  fonksiyonunda yerine yazıldığında,
77
F s  
 s  1
s   s  2
 F s  
  3  4  j  1
 3  4  j    3  4  j  2
 F s  
2  4  j
13  16  j
Karmaşık sayılarla bölme yapabilmek için paydanın eşleniği ile her iki taraf çarpılır. Böylece,
F s  
 2  4  j   13  16  j
 13  16  j   13  16  j
 F s  
38  84  j 38  84  j
38 84
 F s   


j
2
2
13  16
425 425
425
Elde ilen bu sayı,
2
2
84
38 
 38   84 
1 
F s    
,
 
 tan  

 425   425 
 425 425 
tarzında da ifade edilebileceğinden,
F s   2
85
 tan1  42, 19 
85
(8.13)
F  s   0.2169304578  -114.3410899
olarak hesaplanır. Aynı işlemler aşağıdaki şekilde de yapılabilir.
m
n
i1
j1
     s  zi      s  p j ,  z1  1,p1  0,p2  2 
1
2
i1
j1
     3  4  i  1     3  4  i  p j      3  4  i  1    3  4  i  0    3  4  i  2  
   2  4  i    3  4  i   1  4  i     116.5650512  126.8698976   104.0362435  
  -114.3410899
benzer şekilde büyüklüğü de,
m
 s  z  s  z   s  z   s  z 
M

s p  s p 
s p
 s  p       
i1
n
j1
i
j
1
2
m
1
2
n
denklemi yardımıyla hesaplanabilir.
1
M
 s  z 
i1
2
 s  p 
j1
M
i
j

 s  z1 
 s  p1    s  p2 
 2  4  i
 3  4  i   1  4  i


2 5
5  17
 s  1
s  0   s  2


 3  4  i  1
 3  4  i  0    3  4  i  2 
2 5
 0.2169304577
5 17
M  0.2169304577 şeklinde büyüklüğü elde edilebilir.
Çözüm 2: Aynı sonuçlar vektör çizerek de hesaplanabilir. s  3  4  j
78
-3
m
n
j1
i1
  s      z  j    p i  s  3  4  j    s     z 1   p 1   p 2 
  z 1  atan2(y,x)  atan2(4, 2)  116.57 ,  p 1  atan2(y,x)  atan2(4, 3)  126.87
 p 2  atan2(y,x)  atan2(4, 1)  104.04 , Bu değerler yerine yazıldığında;
  s     z 1   p 1   p 2     s   116.57  126.87  104.04    s   -114.34
Büyüklüğü de benzer şekilde hesaplanabilir. Sıfır ve kutup noktalarından istenilen noktaya vektör
çizilir ve bu vektörlerin boyu hesaplanarak aynı sonuçlar elde edilir.
1
 s  z 
 s  z1 
M  i21

s p  s p
 s  pj   1   2 
i
 M
22  42
3 4  1 4
2
2
2
2
 M
20
 M  0.2169304577
5  17
j1
Misal:
Aşağıda verilen sistemde,
1.
Ayrılma (Break-away) ve/veya birleşme (break-in) noktaları var ise hesaplayınız.
2.
Ayrılma (Break-away) olan yerde Kazanç değeri (K) ve doğal frekans  n  değeri ile verilen
fonksiyonun s  3  i  4 deki şiddetini (büyüklüğünü) ve açısını, karmaşık düzlemde hesaplayınız.
R(s)
K   s  3
 s  1   s  2 
C(s)
Çözüm: Ayrılma ve birleşme noktaları iki farklı şekilde hesaplanabilir.
79
d
d
 s  3    d G s    s2  6  s  7  s 2  6  s  7  0
G s    
 

2
2
ds 
ds
ds   s  1   s  2  
 s  1   s  2 
Buradan denklemi kökleri olarak,
2   -4.414213562, -1.585786438  olduğu görülür.
s1,2  3
Köklerden -1.585786438 değeri ayrılma noktasıdır ve -4.4142 değeri ise birleşme noktasıdır.
 s  3 denkleminde s görülen yere,
Ayrılma olan yerde kazanç değeri K yı bulmak için, G s  
 s  1   s  2 
s= -1.585786438 değeri yazılarak hesaplanır. M 
 -1.585786438  3
 -1.585786438  1   -1.585786438  2
M  -5.828427124 olarak bulunur. kazanç değeri için,
K
1
1

M -5.828427124

K  0.1715728753 olduğu görülür.
Doğal frekansı s değerinin büyüklüğü olduğundan dolayı,
s1  a  i  b, n 
 a   b 
2
2

 -1.585786438    0.0 
2
2
 n  1.585786438rad/s dir
Sistemin root-locus grafiği yukarıda verilmiştir.
Misal:
Yukarıdaki
verilen
 s2  1.6252  1.3060  j
Misal
8.1.4
de
s
değerlerinden,
 s1  1.6252  0.3306  j
ve
için hangisinin root-locus noktası olup olmadığını önce ayrı ayrı test ediniz
ve doğru olanı için sönümleme katsayısını    ve sönümlemeli doğal frekansı  d  hesaplayınız
80
G(s) fonksiyonunda s görülen yere
 
s1  1.6252  0.3306  j değeri yazılır sonuçta çıkan açı değeri
180  olduğu takdirde bu nokta root-locus noktasıdır. Bunun için,
s1  1.6252  0.3306  j, G s1  
G s1  
 s1  3
 s1  1   s1  2
 1.6252  0.3306  j  3
 -4.000515143+0.001663472642  j
 1.6252  0.3306  j  1   1.6252  0.3306  j  2
0
Çıkan sonuçtan dolayı verilen nokta root-locus noktasıdır.
Aynı işlemler s2  1.6252  1.3060  j değeri için yapıldığında,
s2  1.6252  1.3060  j, G s2  
G  s2  
 s2  3 
 s2  1    s2  2 
 1.6252  1.3060  j  3
 -0.7994408425-0.5384463701  j
 1.6252  1.3060  j  1   1.6252  1.3060  j  2
Görüldüğü gibi çıkan sayı trigonometrik çemberin 3. bölgesindedir. root-locus noktası değildir.
Doğru olanı için sönümleme katsayısı aşağıdaki şekilde hesaplanır.
  atan2  y,x   atan2  0.3306, 1.6252     2.940909732rad
  cos     cos  2.940909732     0.9799306737
s1  a  j  b, n 
 a   b 
2
2

n 
 1.6252    0.3306 
2
2

n  1.658484670rad / s
d  n  1   2  d  1.658484670  1  0.97993067372  d  0.3306rad / s
olduğu görülür. Matlab ile elde edilen sonuçlar da yukarıdaki grafikte verilmiştir.
81
Misal:
s  2  s  4 
F s  
s   s  3   s  6 
ile verilen fonksiyonun  s  7  9  j deki şiddetini (büyüklüğünü) ve açısını,
karmaşık düzlemde hesaplayınız.
Çözüm:  s  7  9  j değeri, F  s  fonksiyonunda yerine yazıldığında,
Fs  
s  2  s  4
s   s  3   s  6 
 F s  
 7  9  j  2   7  9  j  4 
 7  9  j   7  9  j  3   7  9  j  6 
F s  
 5  9  j   3  9  j
 7  9  j   4  9  j   1  9  j
F s  
 66  72  j   944  378  j  
944  378
2
2
 F s  
66  72  i  66  72  j   944  378  j

944  378  i  944  378  j   944  378  j
8772
23229

j
258505 258505
F  s   0.03393357962  0.08985899692  j
Elde edilen bu sayıdan büyüklük ve açı kolaylıkla hesaplanabilir.,
2
2
23229
8772 
 8772   23229 
1 
F  s   M   
,
 
 tan  

 258505   258505 
 258505 258505 
F  s   0.09605273-110.688111449587
Aynı sonuçlar vektör çizerek de elde edilebilir.
7
11
10
8,4
9,0
9
35
11
96
.
34
0°
55
°
°
3.9
127
.87
62
°
5°
5
2
3
j1
i1
  s      z  j    p i    s     z 1    z 2    p 1   p 2   p 3 
  z 1  atan2(y,x)  atan2(9, 5)  119.055 ,   z 2  atan2(y,x)  atan2(9, 8)  108.435
82
 p 1  atan2(y,x)  atan2(9, 7)  127.875 ,  p 2  atan2(y,x)  atan2(9, 4)  113.962
 p 3  atan2(y,x)  atan2(9, 1)  96.340 , Bu değerler yerine yazıldığında;
  s   108.435  113.962  127.875  113.962  96.340    s   -110.688
7
9
.5
11 .3
10
5
9.8
9.49
9.06
Büyüklüğü de benzer şekilde hesaplanabilir. Sıfır ve kutup noktalarından istenilen noktaya vektör
çizilir ve bu vektörlerin boyu hesaplanarak aynı sonuçlar elde edilir.
2
 s  z 
 s  z1    s  z1 
M  i31

s p  s p  s p
 s  pj   1   2   3 
i
 5   9 
2
 M
 7    9 
2
2
2


 3   9 
2
 4    9 
2
2
2

 1   9 
2
2
j1
M
106  90
130  97  82
 M  0.09605273 olarak aynı sonuçlar elde edilir.
Misal:
Aşağıda verilen kontrol devresinde var ise ayrılma ve/veya birleşme açılarını,
R(s)
K
s
 s  1
2
 2  s  2
C(s)
ayrılma ve/veya birleşme noktalarını ve sistemin kararlı olması için K ne olmalıdır, hesaplayınız.
83

Çözüm: verilen  s  2.5  1.5  j noktası ve diğer sıfır ve pole değerleri kompleks düzlemde yerine
 1.5 
yerleştirilir.   tan1 
    30.963756532073521    149.03624346792648
 2.5 
9
8.6
16
C
A
43
8.
-2
O
13
Z

5°
P
+1

°
10
n
5°
-1
B
. Root-Locus açı özelliği kullanıldığında,
 m
  n

   Zeros Angles  j  z      Poles Angles i  p   180

 j1,jc
 i1,ic
z1  z  p1  p2  p  180
108.435  z  135  168.69  p  180
z  p  108.435  303.69  180  z  p  375.255
z  p  375.255  360  z  p  15.255  z  p    15.255


PAZ    15.255  BAO   74.5181217339632  PAB  2  7.6275593515289
2

C
n
1.51
1.6
3
A
+1


Z
-2
8
2
.14
66 6°
.
8
9°
P
B
O
2.71
-1
3.14
84
Yukarıdaki şekilden de anlaşılacağı gibi PAO  üçgeni göz önüne alındığında;
POA    30.963756532073521
PAO 
   149.03624346792648  15.255118703057796
 PAO  82.146

2
2
Bir üçgenin iç açıları toplamı 180  olduğundan dolayı, hesaplanması gereken
 p 
açısı bu
özellikten dolayı kolaylıkla bulunur.
PAO üçgeninin iç açıları toplamı;
 
 
 
p        180  p  PAO    180  p  180    PAO
 2 2
p  180   82.146  30.964 
p  66.890562382434339


Buradan pole değerinin gerçek eksen üzerindeki yerini belirlemek için ilk önce p  PA uzunluğu
hesaplanmalıdır. Bunun için;
sin p  
1.5
b
b b
 p
 p  1.6308657919775447
  p
sin 66.890562382434339 
sin p 
PA p
pC  p  cos  p   a  pC  3.1400962673243331 olduğu görülür.
PAZ  üçgeni dikkate alındığında;
z  p    z  66.890562382434339  15.255118703057796
z  82.145681085492143 olarak hesaplanır.


Buradan zero değerinin gerçek eksen üzerindeki yerini belirlemek için ilk önce z  ZA uzunluğu
sin z  
b b
1.5
b
 z
 z  1.5142051660844245
  z
sin 82.145681085492143 
sin z 
ZA z
zC  z  cos  z   a  zC  2.7069233795315535
olduğu görülür.
Tüm uzunluklar bilindiğinden dolayı, Kazanç değeri KC  kolaylıkla hesaplanır.
3
KC 
poles
i1
2
zeros
 KC 
p1  p2  p 
 z1   z 
i1
KC 
 3.5355339059327378   2.5495097567963922  1.6308657919775447
1.5811388300841898   1.5142051660844245
KC  6.1400962673243322 kazanç değeridir.
85
Misal:
Aşağıda verilen negatif geri beslemeli sistemde ayrılma açılarını (Departure Angles) hesaplayınız.
R(s)
s
K  s  2
2
C(s)
 4  s  13 
Çözüm: s2  4  s  13  0  s1,2  2 3  j olduğu görülür. Ayrıca, s  2 de zeros vardır.
G s  
 s  2
s  4  s  13
2
Transfer fonksiyonu; TF 

K  G s 
şeklindedir.
1  K  G s 
 n
 m
Ayrılma açılarının hesaplanabilmesi için,    p i   p k      z  j   2  k  1   180 denklemi
i1,ik
 j1
veya dep  180 
m
n
   z     p 
j
j1
1
1
j1
i1
i1,ik
i
denklemi kullanılabilir.
dep  180     z  j    p i  dep  180    z 1   p 1   p 1  90
  z 1  atan2(y,x)  atan2(3,4)  36.87  dep  180  36.87  90  dep  126.87
86
1
1
j1
i1
dep  180     z  j    p i  dep  180    z 1   p 1   p 1  90
  z 1  atan2(y,x)  atan2(3,4)  36.87  dep  180   36.87    90 
dep  180  36.87+90  dep  126.87 olarak hesaplanır. Açılar yazılırken, her zaman (+x)
ekseninden itibaren açı değerleri yazılmalıdır.
87
Misal:
Aşağıda verilen negatif geri beslemeli sistemde,
1. Ayrılma ve birleşme noktalarını hesaplayınız.
2. Asimtotların yerini ve açılarını hesaplayınız.
3.  s  0.277  1.85  j ile verilen nokta Root-locus noktası mıdır? Hesaplayınız.
4. Eğer Root-locus noktası ise bu noktadaki, kazanç değerini, doğal frekansı, sönümleme
katsayısını, sönümlemeli frekansı, yükselme zamanını, ayarlama süresini ve maksimum
aşma değerini hesaplayınız.
K   s  3
s   s  1    s  2
R(s)
C(s)
Çözüm:
1
poles=[0,-1,-2] olduğundan ayrılma noktası vardır. fakat zeros sadece tek bir nokta
olduğundan birleşme yoktur.
dG s  d 
 s  3   0
 

ds
ds  s   s  1   s  2  
2 

s3  6s2  9s  3
s  s  1  s  2 
2
2
2
 0  s3  6s2  9s  3  0
s1,2,3  -.467911113762044, -1.65270364466614, -3.87938524157182
olduğu görülür ve s=-1.65270364466614 noktası, ayrılma noktasıdır.
n
2.
a 
Asimtotların yeri, a 
n
m
i1
j1
pi   z j
nm

3
1
i1
j1
p   z
i
i1
 pi   z j
3 1
m
j1
n m

j
denklemi ile bulunur.
 0  1  2   (3)   3  3  0
2
2
Yani s=0 noktasında asimtotlar vardır ve gerçek eksen ile yapmış oldukları açılar,
a 
2 k  1 180 ,
k  0,1,2,
a 
2 k  1 180 ,
k  0,1  a 
3.
nm
3 1
 s  0.277  1.85  j
,n  m  1  a 
2 k  1 180 ,
3 1
k  0,1,2,
,3  1  1
180
3  180
 90, k  0  ve a 
 270, k  1
2
2
ile verilen nokta, root-locus noktasıdır. Çünkü bu noktadaki açı değeri
yaklaşık 180 derecedir. Bu değer,
88
F s  
f s 
 s  3
s   s  1   s  2 
denkleminde s görülen yere  s  0.277  1.85  j yazıldığında,
2.723+1.85  j
2.723+1.85  j   -7.768469433+5.28047905  j
 -7.768469433-5.28047905  j  -7.768469433-5.28047905  j   -7.768469433+5.28047905  j

f  s   -0.3504649846+0.0008019716067  j    180 ve dolayısıyla, verilen noktanın root-locus
olduğu görülür. Aynı değerler vektör çizimi ile de hesaplanabilir.
Şekil 8-3: Ayrılma noktası değerinin matlab ile gösterimi
M
 -0.3504649846    +0.0008019716067
2
2
 0.3504649937
Bu noktadaki kazanç değeri K (gain factor) aşağıdaki gibi hesaplanır.
K
1
1

 2.853352027
M 0.3504649937
Doğal frekans değeri,
89
n 
 0.277   1.85
2
2
 1.870570666rad / s
Sönümleme katsayısı ζ,
  atan2(y,x)    atan2(1.85, 0.277)    98.50958566
  cos     cos  98.50958566   0.1479748732
olarak bulunur.
Sönümleme frekansı d ise,
d  n  1   2  d  1.870570666  1  0.14797487322  d  1.849977779rad / s
Yükselme zamanı,
Tp 


 Tp 
 1.698178589s olarak bulunur.
1.849977779
d
Şekil 8-4: K=2.85 değerine karşılık gelen değerlerin Matlab ile gösterimi
Ayarlama süresi ise,
90
Ts 

 ln 0.02  1   2
 n



ln 0.02  1   2
4
 14.17315380s alarak hesaplanır.
 Ts 
 n
 n
Maksimum aşma değeri ise,
%OS  e
  


 12 


 100  %OS  e
 0.1479748732


2
 10.1479748732



 100  62.49700722
olarak hesaplanır. Bu değerlerin doğruluğu Matlab ile elde edilen sonuçlarla gösterilmiştir.
Misal:
Aşağıda verilen sistemde
a)
Ayrılma (break-away point) ve birleşme (break-in point) noktalarını hesaplayınız.
b)
Asal ekseni kestiği yerde kazanç değerini ve doğal frekansı hesaplayınız
R(s)
K
 s  1    s  2
s   s  1    s  3
C(s)
Çözüm: Ayrılma ve Birleşme noktaları iki farklı şekilde hesaplanabilir.
1
1
1
1
1
 4  6 3  9 2  16   6  0

 

 1  2   1   3
1,2,3,4  -0.328355250687124, -1.95998527577220,1.34217577654448,6.94616474991485
  -0.328355250687124  Ayrılma noktasıdır. (break-away point)
  1.34217577654448  Birleşme noktasıdır (break-in point)
  s3  K  4   s2   3  K  3   s  2  K
91
3  3 K 
s3
s2
1
K  4 
s1
3  K  11  K  12
K  4 
0
s0
2 K
0
2 K
0
0
2
3  K 2  11  K  12
11 1
 0  3  K2  11  K  12  0  K     265  K  0.879803434
6 6
K  4 
2  K  0  K  0 şartı elde edilir. Bu iki şartın birleştirilmesiyle birlikte 0  K  0.879803434 olmalıdır.
Sistemde K görülen yere 0.879803434 değeri girilir.
K   s  1   s  2 
K   s  1   s  2 
s   s  1   s  3
s   s  1   s  3
TF 
 TF 
K   s  1   s  2 
s   s  1   s  3 K   s  1   s  2 
1

s   s  1   s  3
s   s  1   s  3 s   s  1   s  3 
K   s  1   s  2 
TF 
s   s  1   s  3
s   s  1   s  3  K   s  1   s  2 
 TF 
s   s  1   s  3
K   s  1   s  2 
s   s  1   s  3  K   s  1    s  2 
  s   s  1   s  3  K   s  1   s  2     s   s  1   s  3  0.879803434   s  1   s  2   0
s1,2,3  0  0.6004912155  i,0  0.6004912155  i,-4.879803434
s değerinin gerçek kısmı sıfıra eşit olmalıdır. Dolayısıyla doğal frekans değeri hemen bellidir.
n 
 0    0.6004912155
2
2
 n  0.6004912155rad / s
Kazanç değeri; K  0.879803434
Elde edilen değerlerin, Matlab sonuçları ile, tamamen uyumlu olduğu görülmektedir.
Misal:
Aşağıda verilen sistemde;
a)
Ayrılma açılarını (Departure Angles) ,
b)
K=1.4 için sönümleme frekansını  d  , sönümleme katsayısını    , ve maksimum aşma
değerini  %OS  hesaplayınız.
R(s)
K s
 s2  2  s  5 
C(s)
92
 n
 m
Çözüm:  zeros  0, poles  1 2  j     p i   p k      z  j   2  k  1   180
i1,ik
 j1
1  90  116.565051177078  180  1  206.565051177078 veya
1  153.43495 olarak bulunur.
Diğer açı gerçek eksene göre simetrik olmalıdır. Yani 2  153.434948822922
 90  2    116.565051177078  180  2  180  90  116.565051177078
2  153.434948822922
Burada dikkat edilmesi gereken, açılar her zaman (+x) ekseninden itibaren ölçülmelidir.
Not: Ayrılma (Break-away) ve Birleşme (Break-in Angle) açıları hesaplanırken, asla s yerine
koordinat değerini yazarak hesaplamayınız. Sonucunuz yanlış olur. Sadece vektör çizerek
hesaplayınız.UNUTMAYINIZ !!!
93
Ks
K s
2
s  2s  5
b) K=1.4 değeri sistemde girilir. TF  s  2  s  5  TF  2
K s
s

2

s
5
K s
1 2
 2
2
s  2s  5
s  2s  5 s  2s  5
2
K s
TF 
K s
1.4  s
1.4  s
s  2s  5
 2
 TF  2
 2
s  2  s  5  K  s s  K  2   s  5
s  1.4  2   s  5 s  3.4  s  5
2
s  2s  5
2
2
s2  3.4  s  5  0  s1,2  -1.700000000 1.452583905  i
Doğal frekans değeri,
n 
 1.700   1.452583905
2
2
 n  2.236067978rad / s
Sönümleme katsayısı ζ,
  atan2(y,x)    atan2(1.700,1.452583905)    2.434514374
  cos     cos  2.434514374     0.7602631125
Sönümleme frekansı ise,
94
olarak bulunur. d
d  n  1   2  d  2.236067978  1  0.76026311252  d  1.452583905rad / s
Maksimum aşma yüzdesi;
%OS  Mp  100  e
  


 12 


 100  %OS  Mp  100  e
 0.7602631125


2
 10.7602631125



 100
%OS  2.530648277
elde edilen değerler matlab ile kontrol edilebilir. Görüldüğü gibi sonuçlar, tamamen uyumludur.
Pozitif geri beslemeli sistemlerde Root Locus Metodu ile Çizim
Mühendislikte karşımıza bazen “Pozitif Geri Beslemeli” sistemler çıkmaktadır. Negatif geri
beslemeden farklı olarak aşağıdaki işlemler uygulanır.
1  K  G s   0 
1. Adım: Root Locus formunda karakteristik denklemin elde edilmesi: yani 
formuna
getirilmesi.
2. Adım: açık döngü halinde kutup (poles: x) ve sıfırların (zeros: o) bulunması: Payı sıfır yapan
değerler sıfırları, paydayı sıfır yapan değerlerde kutupları belirler. Bu işlem aşağıdaki gibi denklemler
ile gösterilebilir. Transfer fonksiyonu faktöriyel tarzda yazılmalıdır.
m
1K
1  K  G s   H s   0

s  z 
i
i1
n
s  p 
j
j1
n
 s  p 
j
0
n

 x   o
m
 s  p   K   s  z   0
j
j1
i1
i

K 0
K
K  0 
m
 s  zi 

K  

i

1
olmakta ve
olmaktadır. Yani
Pozitif geri beslemede hesaplanan noktada açı değeri;
j1
K  G s  H s   1  1k  360,
k  0, 1,  2,  3,

şartını sağlamalıdır.
3. Adım: gerçek eksen üzerindeki Locus yerlerinin belirlenmesi: Birçok root-loci yeri gerçek eksen
üzerinde bulunmaktadır. Root-locus’ un gerçek eksen üzerindeki yeri şu şekilde belirlenir: Gerçek
eksen üzerinde, açık döngü kutupları ve sıfırların çift sayılı olanlarının solunda bir nokta alındığında
( bu da gerçek eksen üzerinde olmak şartıyla), bu nokta Root locus noktasıdır. Gerçek eksen
üzerinde pozitif sonsuzdan başla ve sola doğru orijine yaklaşacak şekilde bir kutup veya sıfırla
karşılaşıncaya kadar hareket et. Karşılaştıktan sonra kaleminle gerçek eksen üzerinde çizmeye
başla ve devam et, ta ki gerçek eksen üzerinde bir kutup veya sıfıra varıncaya kadar. Eğer
karşılaşmazsan sonsuza kadar çizilmiş kabul et (yani çiz).
Eğer gerçek eksen üzerinde kutup veya sıfır yok ise, o takdirde gerçek eksen üzerinde root-locus
yeri olmayacak demektir.
Bazı sistemlerde gerçek eksen üzerinde aynı noktada birden fazla kutup ve sıfır olabilmektedir. Bu
konumda iki farklı durum karşımıza çıkar.
Birincisi: karşılaşılan noktada çift sayılı kutup veya sıfırlar var ise, yapılan çizim bu noktadan itibaren
sola doğru devam eder.
İkincisi: karşılaşılan noktada tek sayılı kutup veya sıfırlar var ise, yapılan çizim bu nokta durur ve bu
noktadan itibaren sola doğru devam etmez.
95
Gerçek eksen üzerinde bir yeri işaretlediğinde, bu noktanın sağında çift sayılı bir kök var ise, bu
nokta locus kısmından bir yerdir, noktadır. Eğer bu noktanın sağında birden fazla kök var ise,
bunların tek veya çift sayı olmasına göre durum değişir.
4. Adım: Ayrılma ve birleşme açıları 0 veya 360 ın katları olacağından dolayı;
m
  z j 
j1
 n


z

  j    p i  dep   0

j1
i1,ik

m
n
 p   k  360, k  0,  1,  2, 
i
i1,ik
m
dep     z  j 
n

j1
i1,ik
n
m
arr    p i 
i1
 p i
m

 z
j1,jk
 z   
j1,jk
j
arr
n
   p i  0
i1
j
denklemleri ile hesaplanır.
Misal:
Aşağıda verilen pozitif geri beslemeli sistemde,
1. Ayrılma ve birleşme noktalarını hesaplayınız.
2. Asimtotların yerini ve açılarını hesaplayınız.
3.  s  2.437  1.5734  j ile verilen nokta Root-locus noktası mıdır? Hesaplayınız.
4. Eğer Root-locus noktası ise bu noktadaki, kazanç değerini, doğal frekansı, sönümleme
katsayısını, sönümlemeli frekansı, yükselme zamanını, ayarlama süresini ve maksimum
aşma değerini hesaplayınız.
R(s)
K   s  3
s   s  1   s  2    s  4 
C(s)
Çözüm:
1
poles=[0,-1,-2,-4] olduğundan ayrılma noktası vardır. Fakat sıfırlar (zeros) sadece tek bir
nokta olduğundan birleşme yoktur.

dG s  d 
 s  3
 
0
ds
ds  s   s  1   s  2    s  4  

3  s4  26  s3  77  s2  84  s  24
s2   s  1    s  2    s  4 
2
2
2
0
3  s 4  26  s3  77  s2  84  s  24  0
s1,2,3  1.609717709, 0.4349223188
olduğu görülür ve  s  1.609717709  noktası, ayrılma noktasıdır.
2.
Asimtotların gerçek ekseni kestiği yer, a 
96
n
m
i1
j1
pi   z j
n m
denklemi ile bulunur.
a 
n
m
i1
j1
pi   z j
nm

3
1
i1
j1
 pi   z j
4 1

 0  1  2  4   (3)   7   3
3
3
 a  
4
3
4

Yani  s    noktasında asimtotlar vardır ve bu noktada gerçek eksen ile yapmış oldukları açılar,
3

a 
2 180  k ,
n m
k  0,1,2,
,n  m  1  a 
2 180  k ,
4 1
k  0,1,2,
,4  1  1
a  120 k, k  0,1,2   a  0, k  0  ve a  120, k  1 a  240, k  2 
derecedir.
3.
 s  2.437  1.5734  j
ile verilen nokta, root-locus noktasıdır. Çünkü bu noktadaki açı değeri
yaklaşık sıfır (0) derecedir. Bu değer,
F s  
F s  
 s  3
s   s  1   s  2    s  4 
 0.563+1.553  j
denkleminde s görülen yere  s  2.437  1.5734  j yazıldığında,
 0.563+1.553  j   7.548700484-21.0604806  j
 7.548700484+21.0604806  j  7.548700484+21.0604806  j   7.548700484-21.0604806  j

F  s   0.07467744020+0.00003407467130  j    0
ve dolayısıyla, verilen noktanın root-locus
olduğu görülür. Aynı değerler vektör çizimi ile de hesaplanabilir. Bu noktadaki kazanç değeri;
97
M
 0.07467744020    0.00003407467130
K
1
1
 K  13.39092359

M 0.07467744797
2
2
 0.07467744797
Bu noktadaki kazanç değeri K (gain factor) aşağıdaki şekilde de hesaplanır.
1
M
 s  z 
i1
4
i
 s  p 
j1
j

 s  z1 
 s  p1    s  p2    s  p3    s  p4 
 K
1
M
Kutup ilavesi (Addition of Poles to G(s) H(s))
G s   H s   terimine, kutup(poles) ilave edildiği takdirde, Root-Locus eğrisi sağa doğru itilmiş olur.
Sıfır ilavesi (Addition of Zeros to G(s) H(s))
G s   H s   terimine, zeros(sıfır) ilave edildiği takdirde, Root-Locus eğrisi sola doğru itilmiş olur.
Root-Locus ile Dizayn (Sisteme kutup ve sıfır eklemenin etkileri)
Burada yapılan işlemler genel isim olarak “Kompanzasyon” (Compensation) diye adlandırılır. Geçici
cevabın daha iyi hale getirilmesi ve alıcı etkilerdeki hatanın azaltılması bu sınıfa girer. Kontrolde
kullanılan birçok kompanzasyon türleri aşağıda verilmiştir.
-
Lead Kompanzasyon
Lag Kompanzasyon
Lead-Lag Kompanzasyon
Notch Filtre
P (Orantı) Kontrol ediciler
I (Integral) Kontrol ediciler
PI (Orantı+Integral) Kontrol ediciler
PD (Orantı+Diferansiyel) Kontrol ediciler
PID (Orantı+Integral+Diferansiyel) Kontrol ediciler
Bunların temel özellikleri bilindiği takdirde, kontrol elemanlarının katsayıları, istenen şartlara uygun
olarak belirlenebilir. Aynı zamanda blok diyagramına bağlanış şekilleri de katsayılarda değişikliğe
yol açar.
Root-Locus ile Lead Kompanzasyon (Lead Compensation with
Root-Locus method)
Burada yapılan işlemler genel isim olarak “Kompanzasyon” (Compensation) diye adlandırılır. Geçici
cevabın daha iyi hale getirilmesi ve alıcı etkilerdeki hatanın azaltılması bu sınıfa girer. Kontrolde
kullanılan birçok kompanzasyon türleri aşağıda verilmiştir. Lead kompanzasyon isminden de
anlaşılacağı gibi sisteme lider bir eleman ilave etmektir. Yani kompleks düzlemde gerçek eksen
üzerine bir tane kutup(pole) ve bu kutup değerinden daha büyük olacak bir sıfır (zero) ilave edilir.
Diğer bir ifade ile kutup sağ tarafında sıfır vardır ve konumları o  şeklindedir. Sisteme bunlar
ilave edildiğinde yerleri tam olarak belli değildir ve hesaplama ile bulunur. Lead Kompanzasyon ;
  s  zc  
 Kc 
 ,  zc  pc 
s

p


c 

98
(8.14)
Şeklinde ifade edilebilir. Bazı kaynaklarda Denklem (8.14) deki gösterim yerine,
T s  1 

 Kc   
,
  T s  1 



zc
1
   , T  ,   1
pc
zc


(8.15)
Denklemi ile gösterilmiştir. Bunun ispatı oldukça basittir.
1
 s  zc 
s


zc  
 s  1
  1

z
z
z
    zc  K     zc
  T  1  K   T s  1
Kc   c   Kc  c   c
c
c
zc 1
pc  s
 s
 s  pc 


pc
zc
 s  1
pc  
  1
  1

p
zc
p
p
p
c
 c
 c 
 c


T s  1 

Buradan da,  Kc   
 olduğu görülür. Kontrol devresinde kullanılışı aşağıdaki gibidir.
  T s  1 

R(s)
KC 
 s  zc 
 s  pc 
s  4 
 s  1   s  2    s  5
C(s)
Kontrol Edilen=Plant
Lead Kompanzasyon
Şekil 5: Lead Kompanzasyonlu Kutup ve Sıfır ihtiva eden (içeren, bulunduran) Kontrol Devresi
Lead Kompanzasyon işlem basamakları aşağıdaki gibi sırasıyla hesaplanabilir.
1. İlk işlem olarak, yukarıda verilen kontrol elemanı üzerindeki bilinen kutuplar ve sıfırlar (Poles
and zeros) kompleks düzlemde yerleştirilir. Kutuplar ve sıfırların mutlaka gerçek eksen
üzerinde olması şart değildir. Yani sanal bileşenleri de olabilir.
-5
-2
-4
-1
Şekil 6: Kutup ve sıfırların kompleks düzlem üzerinde yerleştirilmesi
2. Zamana bağlı olarak ayarlanması istenen değerlerden
s  a  j b 
noktası belirlenir. Bu
bizden istenen kriterlere bağlıdır. Maksimum aşma değeri (%OS) şu olsun, ayarlama süresi
(Ts) bu olsun gibi...Buradan istenen Root-Locus noktasının yeri belirlenir.    açısı ile  n 
bilindiği takdirde s noktasına ait a ve bileşenleri hesaplanabilmektedir.
Hatırlatma: Ts 

ln 0.02  1   2
 n

 n 

ln 0.02  1   2
  Ts

 %OS 
ln

 100 
, 
 %OS 
2  ln2 

 100 
Bu denklemler 2. Mertebeden sistemler için geçerlidir. Fakat yüksek mertebeden denklemler
için de yaklaşık olarak kullanılmaktadır.
99
 s  a  b  j
n


-5
-2
-4
-1
 açısı ile  açısının toplamı 180  olduğundan dolayı,   180   yazılabilir.
3. Yerleri bilinmeyen  zc  ve pc  aynı kompleks düzlemde o  olacak şekilde aşağıdaki gibi
yerleştirilir.
a
s=a+b j
b
n
P
-4
-5
-2 Z -1
Şekil 7: Kompanzasyon değerlerinin kutup solda ve sıfır sağda olacak şekilde yerleştirilmesi
Bu nokta Root-Locus noktası olduğuna göre istenen şartları sağlamalıdır.
4. Daha sonra kutup ve sıfır noktalarından istenen A noktasına  s  a  b  j doğru vektörler
çizilir.
A
n
P
Root-Locus
-5
metodunun
-4
-2 Z -1
temel
özelliği
O
olan
açı
 m
  n

Zeros
Angles


z



     Poles Angles i  p   180 kullanılarak,
j

 j1,jc
 i1,ic
açısı hesaplanır.
100
bağıntısı,
 z  p   
5. Diğer sağlaması gereken bir şart da Kazanç değeri ile büyüklük arasındaki,
KC 
 zeros lengths 
1
  M 
M
 poles lengths 
6. Ayrıca en iyi kazanç değerinin yeri,
 
bağıntısıdır.
CAO
açısının açıortayı olan
 AB 
doğrusu ile
sağlandığından dolayı, AB doğrultusu çizilir.
s=a+b j
C
A
n

P
CAO   , CAB  BAO 
-5
-4
-2 Z -1
B

O

2


7. Ayrıca yukarıdaki şekilde  PAB  BAZ   olduğu takdirde en iyi kazanç değeri hesaplanmış
2

olur. PAO  üçgeni göz önüne alındığında, bu üçgenin iç açıları toplamı 180  olacağından


 
dolayı, p        180 yazılabilir. Burada tek bilinmeyen açı  p  olduğundan
 2 2


kolaylıkla hesaplanır. Daha sonra PAZ  üçgeni göz önüne alındığında, bu üçgenin iki iç
açısının toplamı kendisine komşu olmayan dış açının toplamına eşit olacağından dolayı,
p    z  yazılabilir. Buradan da bilinmeyen  z  açısı kolaylıkla hesaplanmış olur.
Böylece bu üç şartın birleştirilmesiyle birlikte istenen değerler elde edilir. Şayet çözüm sonucunda
şartların sağlanmadığı görülürse bu da Lead Kompanzasyon ile bu sistemin kontrol edilemeyeceği
anlamına gelir, yani başka kontrol elemanları denenmelidir. Aşağıda bununla ilgili misaller verilmiştir.
Misal
Aşağıda verilen kontrol devresinde maksimum aşma değeri (%OS)= 0.898329102112942 ve
ayarlama süresinin  Ts  1.50045016786632s  olması için sisteme ilave edilecek Lead Kompanzasyon
ile ilgili  zc  , pc  ve Kc  değerlerini hesaplayınız.
R(s)
 s  zc 
 s  pc 
1
 s  1   s  3
Lead Kompanzasyon
KC 
101
C(s)
Çözüm: maksimum aşma değeri verildiği için buradan    sönümleme oranı hesaplanabilir.
 0.898329102112942 
 %OS 
ln
ln


100

 100 

 
   0.8320502943378436

0.898329102112
%OS
942




2  ln2 
2  ln2 


100
100




  cos       cos 1       33.690067525979799
  CAO  180    180  33.690067525979799    146.3099324740202
Ayrıca ayarlama süresinden faydalanarak, doğal frekans hesaplanır.
Ts 

 ln 0.02  1   2
 n
    ln 0.02 
  Ts
n
1  2
 
n

 ln 0.02  1  0.8320502943378436 2

0.8320502943378436  1.50045016786632
n  3.6055512754639971rad/s , a  n  cos     a  3 ve b  n  sin   olduğundan, bilinen
değerler yerine yazıldığında,  s  3  2  j olduğu görülür
A
C
146.
31°
n
90
°
P
B
-3 Z
135
6
33.
°
-1
9°

O
Root-Locus açı özelliği kullanıldığında,
 m
  n

Zeros
Angles


z


Poles
Angles


p








  180
j
i
j

1,j

c
i

1,i

c


 
z  p1  p2  p  180
z  90  135  p  180  z  p  415  z  p  415  360
z  p  45  z  p    45


PAZ    45  BAO   73.1549662370101  PAB   22.5
2
2
Yukarıdaki şekilden de anlaşılacağı gibi PAO  üçgeni göz önüne alındığında;
POA    33.690067525979799
102
PAO 
   146.3099324740202  45
 PAO  95.6549662370102

2
2
Bir üçgenin iç açıları toplamı 180  olduğundan dolayı, hesaplanması gereken
 p 
açısı bu
özellikten dolayı kolaylıkla bulunur.
PAO üçgeninin iç açıları toplamı;
 
 
 
p        180  p  PAO    180  p  180    PAO
 2 2
p  180   33.690067525979799  95.6549662370102 
p  50.65496623701


Buradan pole değerinin gerçek eksen üzerindeki yerini belirlemek için ilk önce p  PA uzunluğu
sin p  
2
b
b b
 p
 p  2.5861774408671891
  p
sin 50.65496623701 
sin p 
PA p
pC  p  cos  p   a  pC  2.5861774408671891  cos  50.65496623701  3
 
pC  4.639607805437131 olduğu görülür. PAZ üçgeni dikkate alındığında;
z  p    z  50.65496623701  45
z  95.65496623701 olarak hesaplanır.


Buradan zero değerinin gerçek eksen üzerindeki yerini belirlemek için ilk önce z  ZA uzunluğu
sin z  
b b
2
b
 z
 z  2.009780947339443
  z
sin 95.65496623701 
sin z 
ZA z
zC  z  cos  z   a  zC  2.8019609728144328
olduğu görülür.
Tüm uzunluklar bilindiğinden dolayı, Kazanç değeri KC  kolaylıkla hesaplanır.
4
KC 
poles
i1
1
zeros
 KC 
p1  p2  p 
z
i1
KC 
2  2.8284271247461978   2.5861774408671891
2.009780947339443
KC  7.2792156108742763
Aşağıda verilen grafikte matlab ile elde edilen sonuçlar bulunmaktadır ve hesaplanan değerlerle aynı
uyumlu olduğu görülmektedir.
103
Root-Locus ile Lag Kompanzasyon (Lag Compensation with
Root-Locus method)
Lag (engelleyici, geriletici) kompanzasyon isminden de anlaşılacağı gibi sistemi yavaşlatan ters
yönde bir eleman ilave etmektir. Yani karmaşık düzlemde gerçek eksen üzerine bir tane kutup(pole)
ve bu kutup değerinden daha küçük olacak bir sıfır (zero) ilave edilir. Diğer bir ifade ile sıfırın(zero)
sağ tarafında kutup(pole) vardır ve konumları  o   şeklindedir. Sisteme bunlar ilave edildiğinde
yerleri tam olarak belli değildir ve hesaplama ile bulunur. Lag Kompanzasyon ;

 s  zC   , z  p

 KC 
 
 s  pC   C C

(8.16)
Şeklinde ifade edilebilir. Kontrol devresinde kullanılışı aşağıdaki gibidir.
R(s)
KC 
 s  zc 
 s  pc 
1
s   s  1   s  5
Lag Kompanzasyon
104
C(s)
Lag Kompanzasyon işlem basamakları aşağıdaki gibi sırasıyla hesaplanabilir.
1. İlk işlem olarak, kontrol edilen eleman üzerinde bulunan kutuplar ve sıfırlar (Poles and zeros)
kompleks düzlemde yerleştirilir.
-5
-1
2. Zamana bağlı olarak ayarlanması istenen değerlerden
s  a  j b 
noktası belirlenir. Bu
bizden istenen kriterlere bağlıdır. Maksimum aşma değeri (%OS) şu olsun, ayarlama süresi
(Ts) bu olsun gibi...Buradan istenen Root-Locus noktasının yeri belirlenir.
s  a  jb
n
-5
-1
Bu nokta Root-Locus noktası olduğuna göre istenen şartları sağlamalıdır.
3. Yerleri bilinmeyen  zC  ve pC  aynı kompleks düzlemde  o   olacak şekilde aşağıdaki gibi
yerleştirilir. Ve istenen  s  a  j  b  noktasına poles ve zeros noktalarından doğrular çizilir.
-5
-1
105
metodunun
Root-Locus
temel
özelliği
olan
açı
 m
  n

Zeros
Angles


z
 j      Poles Angles i  p   180


 j1,jc
 i1,ic
 z  p    açısı hesaplanır.
bağıntısı,
kullanılarak,
4. Diğer sağlaması gereken bir şart da Kazanç değeri ile büyüklük arasındaki,
KC 
 zeros lengths 
1
  M 
M
 poles lengths 
bağıntısıdır.
 
5. Ayrıca en iyi kazanç değerinin yeri, AB Açı ortayı ile sağlandığı için, bu açı aşağıdaki gibi
ifade edilebilir.
j.
C

A
P
Z
-5
CAO
 CAB  BAO
2
-1
O

PAZ  
B


Yukarıdaki şekilde  PAB  BAZ   olduğu takdirde en iyi kazanç değeri hesaplanmış olur. Böylece
2

bu üç şartın birleştirilmesiyle birlikte istenen değerler elde edilir. Şayet çözüm sonucunda şartların
sağlanmadığı görülürse bu da Lag(engelleyici, geriletici) Kompanzasyon ile bu sistemin kontrol
edilemeyeceği anlamına gelir, yani başka kontrol elemanları denenmelidir. Aşağıda bununla ilgili
misaller verilmiştir.
Misal
Aşağıda verilen kontrol devresinde maksimum aşma değeri (%OS)= 4.0 ve ayarlama süresinin
 Ts  1.4s  olması için sisteme ilave edilecek Lag Kompanzasyon ile ilgili  zc , pc , ve Kc  değerlerini
hesaplayınız.
R(s)
KC 
 s  zc 
 s  pc 
1
s   s  2    s  5
C(s)
Lag Kompanzasyon
Çözüm: maksimum aşma değeri verildiği için buradan    sönümleme oranı hesaplanabilir.
106
 %OS 
 20.7879576350762 
ln
ln


100
 100 


 
   0.447213595499958

2
2  %OS 
2
2  20.7879576350762 
  ln 
  ln 


100
 100 


  cos       cos 1       63.434948822922
Ayrıca ayarlama süresinden faydalanarak, doğal frekans hesaplanır.
Ts 

 ln 0.02  1   2
 n
    ln 0.02 
n
1  2
  Ts
 
n

 ln 0.02  1  0.4472135954999582

0.447213595499958  4.02359478108525
n  2.23606797749979rad/s  a  n  cos    ve b  n  sin   olduğundan, bilinen değerler yerine
yazıldığında,  s  a  b  j noktasının,  s  1  2  j olduğu görülür. Bilinen değerler karmaşık(sanal)
düzlemde gösterildiğinde;
A
C
72
4.4
2
36
2.2
11
P
B
-1
90
.0
0
0°
-5
26.56
5°
Z
6.5
65
°
O
 m
  n

Zeros
Angles


z


Poles
Angles


p





 
  180
j
i
j

1,j

c
i

1,i

c




z   p1  p2  p3  p  180  z  26.595  90  116.565  p  180
z  p  26.595  90  116.565  180  z  p  233.130  180
z  p  413.130  z  p  413.130-360  z  p    53.130
ZAP    53.130
CAO        116.565  BAO 
PAB 

 58.282525588539
2

 26.565
2
107
ZOA    63.434948822922
ZAO 
   116.565051177078  53.130102354156
 ZAO  84.847576765617

2
2
Bir üçgenin iç açıları toplamı 180  olduğundan dolayı,
 ZAO 
üçgeni göz önüne alındığında,
hesaplanması gereken  z  açısı bu özellikten dolayı kolaylıkla bulunur.
A
C
-5
P -1
Z
O
B
 ZAO üçgeninin iç açıları toplamı;
z   
 


 180  z  180    

2
2 

116.565051177078  53.130102354156 

z  180   63.434948822922 

2


z  31.717474411461
Root-Locus ile PD(Orantı+Integral) Kontrol (PD Controller
using Root-Locus method)
PD kontrol elemanı isminden de anlaşılacağı gibi sisteme (Orantı+Diferansiyel) eleman ilave etmek
anlamına gelir. Yani karmaşık düzlemde gerçek eksen üzerine sadece bir tane sıfır (zero) ilave edilir.
Sisteme bunlar ilave edildiğinde yerleri tam olarak belli değildir ve hesaplama ile bulunur. Lag
Kompanzasyon ;

 s  zC  
 KC 

1 

Şeklinde ifade edilebilir. Kontrol devresinde kullanılışı aşağıdaki gibidir.
108
(8.17)
R(s)
KC 
 s  zc 
1
s   s  1   s  5
1
C(s)
PD Kontrol
PD kontrol elemanın tasarımı oldukça kolaydır. Çünkü sisteme sadece bir adet sıfır (zero) ilave edilir
ve bunun yeri bilinmemektedir. İşlem basamakları aşağıdaki gibi sırasıyla hesaplanabilir.
9. Durum Uzay Metotları (State-Space Methods)
Kontrol sistemlerinde tek giriş tek çıkış yerine (SISO=Single Input Single Output) birden fazla giriş
ve birden fazla çıkış olduğu takdirde (MIMO=Multiple Input Multiple Output) çözümleri “Root-locus”
veya “Frekans Cevabı” ile yapılamamaktadır. Fakat Durum Uzay metodu ile gerekli analiz veya
tasarım yapılabilmektedir. Root Locus metodu ile kontrolün temel kavramları anlaşılmakta burada
ise daha ileri seviyede bir kontrol yapılabilmektedir. Durum Uzay yönteminde Genel Çözüm olarak
aşağıda verilen matris eşitliklerinin kurulması gerekir. “u” giriş değişkeni ve “y” çıkış değişkeni, “x”
ise durum değişkenidir (state variable). Genel olarak durum uzay denklemi aşağıdaki gibi ifade edilir.
x
y


 Ax
Cx


B  u
D  u
(9.1)
Burada  A  : (n x n) boyutunda sistem matrisi, B : (n x m) boyutunda kontrol matrisi, C  : (n x n)
boyutunda sistem matrisi,
Bu denklemlerin çözümünden çıkış değeri hesaplanabilir. Durum uzay değişkenleri birçok farklı
şekilde yazılabildiği halde, yani gösterim farklı olduğu halde, transfer fonksiyonu değişmez.
Bunlardan dört farklı gösterim şekli aşağıda verilmiştir.
Durum Denkleminin Transformasyonu (Transforming the State
Equations)
Durum değişkeni x vektörünün z vektörüne dönüştürülmesi aşağıdaki gibi yapılır.
x  Pz
(9.2)
olsun. Buradan x durum değişkeni vektörünün zamana göre türevi alındığında,
x  Pz
(9.3)
Olur. Bu değerler Denklem (9.1) de yerine yazıldığında,
Pz
y
Denklem (9.4) soldan
P Pz
y
1




 A Pz
CPz


B u
D  u
(9.4)
P  ile çarpıldığında,
1
P  A Pz
CPz
1


P B u  z
D u
y
1
109


P  A Pz
CPz
1


P B u
D  u
1
(9.5)
Böylece farklı bir durum uzay denklemi elde edilmiş olur. “u” giriş ve “y” çıkış olduğuna göre sistemin
transfer fonksiyonunu bulmak için ilk önce t uzayından s uzayına geçilmelidir. Kolaylık olması
bakımından başlangıç şartları sıfır kabul edildiğinde Denklem (9.1) ,
x
y


s  X s  
Y s 
 Ax
Cx
 A X  s 
C  X  s 




B  u
D  u
BUs 
DU s 
 s I   A  X  s   BUs 
(9.6)
Y  s   CX  s   DU s 
Denklem (9.6) nın ilkinde X(s) değeri çekilip ikincisinde yerine yazıldığında,
X  s    s  I   A 
1
BU s   Y s  C s  I  A 1 B U s  D U s
              
Y  s   C  X  s   DU s 
1
Y  s    C  s  I  A  B  D  U s 


Buradan sistemin Transfer fonksiyonu TF  s  
TF s  
(9.7)
Y s
değeri,
U s 
Y s
1
 Cs I  A  B  D
U s 
(9.8)
Olarak hesaplanır. Bu özellik ileride öz değerler (eigen values) hesaplanır iken kullanılacaktır.
Aynı transfer fonksiyonunu hesaplamak için, Denklem (9.1) yerine Denklem (9.4) kullanıldığı
takdirde ilk önce t uzayından s uzayına geçilmelidir.
Ps  Z  s 
Y s 


 A PZ  s 
CPZ  s 
B u
D u



Ps  Z  s    A PZ  s   B u
Y  s   CPZ  s   D  u
1
1
1
P Ps  Z  s   P  A PZ  s   P BU s 
Y  s   C PZ  s   DU s 
 A P P BU s 

Y  s   C P Z  s   DU s 
1
Z  s   s  I  P
1
1
1
Y  s   CP  s  I  P1AP  P1B  D U s 


Buradan transfer fonksiyonu,
TF  s  
1
Y s
 CP  s  I  P1AP  P1B  D
U s 
(9.9)
Şeklinde elde edilir. Görüldüğü gibi iki farklı transfer fonksiyonu olduğu halde bunların ikisi birbirine
eşittir. Bunu ispatlamak için, matrislerin temel özelliklerinden,
alınarak Denklem (9.9) tekrar yazıldığında,
110
N
1
M
1
 MN
1
 özelliği dikkate
TF  s   CP P  s  I  P1AP   B  D
1
Direkt Programlama
Aşağıdaki diferansiyel denklem göz önüne alınsın.
y t 
D3
f  t
D  1   D  2 
(9.10)
Ele alınan diferansiyel denklemin payı 1 olarak alınıp  x1  e eşitlendiğinde;
x1 
1
f  t
D  1   D  2 
veya
x1 
1
f  t
D  3 D  2
2
elde edilir. Denklem (9.10) yeniden yazıldığında;
y  t   D  3   x 1  x 1  3  x1
(9.11)
elde edilir. Verilen sistem ikinci mertebeden olduğu için, x2 terimi tanımlanması gerekir ve;
x1  x2 alındığında;
y  t   x 2  3  x1
(9.12)
elde edilir. Elde edilen denklemler;
x1  a11 a12  x1  b1 
 
       f  t
x2  a21 a22  x2  b2 
(9.13)
x 
y  t   c1 c2  1 
x2 
(9.14)
biçimde matris formunda ifade edilmek istendiğinde Denklem (9.10);
x1  3  x1  2  x1  f  t 
(9.15)
şeklinde de ifade edilebilir. Elde edilen denklemi, Denklem (8.5) ‘ deki biçimde matris formunda ifade
edebilmek için x1 teriminin kaldırılması gerekir. Yani x2  x1 alınmalıdır. Ayrıca x1 terimi için de
x2  x1 alınmalıdır. Böylece denklem;
x2  3x2  2 x1  f  t 
veya
x2  2 x1  3x2  f  t 
(9.16)
halini alır. Bundan başka x1  x2 idi. Buna göre Denklem (8.3) ‘ de;
y  t   3x1  x 2
(9.17)
şeklinde yazılmıştı. Bu denklemler matris formunda;
 x 1   0 1   x 1  0 
 
     f  t
x2   2 3 x2  1 
(9.18)
x 
y  t   3x1  x2  3 1  1 
x 2 
(9.19)
olarak elde edilir. Sistemin blok diyagramı ise aşağıdaki biçimde gösterilebilir.
111
x1
2
f(t)
x2
x2=x1
3
y(t)
x1
3
1
x2
Paralel Programlama
Bu metotta diferansiyel denklem parçalara ayrılır. Aynı diferansiyel denklem göz önüne alındığında;
y t 
D3
1 
 2
f  t  

f t
D  1D  2
 D 1 D 2 
(9.20)
elde edilir. Burada;
x1 
f  t
D1
ve
x2 
f  t
D2
alındığında denklem;
y  t   2x1  x 2
(9.21)
halini alır. Denklem (9.20) , aynı zamanda;
x1  x1  f  t 
ve
x2  2x2  f  t  veya
x1  x1  f  t  ve x 2  2  x 2  f  t 
(9.22)
olarak da ifade edilebilir. Denklem (8.13) ve Denklem (8.14);
x1   1 0  x1  1
 
     f  t
x2   0 2 x2  1
(9.23)
x 
y  t   2 1  1 
 x2 
(9.24)
şeklinde matris formunda da yazılabilir. Denklem (9.20) genel hale getirildiğinde;
x
f  t
Da
olur. Ayrıca;
x  a x  f  t
veya
x  a  x  f  t 
şeklinde de ifade edilebilir. Bu denkleme ait
blok diyagramı;
112
şeklindedir. Sisteme ait blok diyagramı ise;
f(t)
x1
f(t)
x1
2
y(t)
1
f(t)
x2
x2
-1
2
şeklinde ifade edilebilir.
Seri Programlama
n. mertebeden bir diferansiyel denklem göz önüne alınsın.
D
n
 a1  Dn1  .....  an1  D  an   y  t   b1  Dn1  b2  Dn2  .....  bn1  D  bn   f  t 
(9.25)
ve x1  y  t  olsun. Buna göre direkt olarak matris formu;
x1   a1 1 0 ...
x   a 0 1 ...
 2   2
 ...    ... ... ... ...
 ...   ... ... ... ...
  
xn   an 0 ... ...
0  x1  b1 
0  x 2  b2 
   
...  ...    ...  f  t 

...  ...   ... 
   
0  xn  bn 
(9.26)
şeklinde ifade edilebilir. Buna göre daha önce incelenen diferansiyel denklem göz önüne
alındığında;
D
2
 3D  2  y  t   D  3  f  t 
(9.27)
dir. Burada gerekli olan katsayılar;
a1  3 , a2  2 , b1  1 ve b2  3 tür. Denklem (8.19), Denklem (8.18) şeklinde yazılmak istenirse;
x1   3 1  x1  1
 
     f  t
x2   2 0  x2  3
113
(9.28)
x 
y  1 0  1 
x 2 
(9.29)
olur. Denklem (8.20) ve Denklem (8.21), Denklem (8.19) ‘ u sağlamaktadır. Ayrıca Denklem (8.20)
den aşağıdaki ifade yazılabilir.
x1  3x1  x 2  f  t 
(8.22)
x 2  2x1  3  f  t 
(8.23)
Denklem (8.22) ‘ nin türevi alınıp Denklem (8.23) ‘ de yazılırsa;
x1  3x1  x2  f  t 
x2  x1  3x1  f  t   2x1  3 f t 
x1  3x1  2 x1  f  t   3 f  t 
olarak elde edilir.
Burada x1  y ’ dir. Ancak x1  x2 dir. Sisteme ait blok diyagramı ise aşağıda gösterilmiştir.
1
f(t)
3
x2
x2
x1
x1 = y(t)
3
2
Genel Programlama
Aşağıdaki diferansiyel denklem göz önüne alınsın.
D
n
 an1  Dn1 
 a2  D2  a1  D  a0   y  t   Dn  bn1  Dn1 
 b2  D2  b1  D  b0   f  t 
(9.30)
Bu metotta, göz önüne alınan diferansiyel denklem aşağıdaki biçimde ifade edilir.
1
0
 x1   0
x   0
0
1
 2  
 
x   0
0
0
 n1  
 xn   a0 a1 a2
y  b0 b1
0   x1   h1 
0   x 2   h2 
   
     f  t

1 xn1  hn1 
   
an1   xn   hn 
bn1
114
 x1 
x 
 2 
bn  
x 
 n1 
 xn 
(9.31)
(9.32)
Denklem (9.31) ‘ deki hi katsayıları;
h1  b1  a1  b0
h2  b2  a2  b0  a1  h1
h3  b3  a3  b0  a2  h1  a1  h2
..........................................
..........................................
hn  bn  an  b0  an1  h1  an2  h2  ...  a1  hn1
Ayrıca y = x1 olarak tanımlıdır. Yine aynı diferansiyel denklem göz önüne alındığında;
y t 
D  3  f  t 
D2  3 D  2
 D2  3  D  2   y  t   D  3   f  t   D2  a1  D  a0   y  t   b1  D  b0   f  t 
elde edilir. Denklemin katsayıları ise;
a0 =2 , a1 =3 , b0 = 0 , b1 = 1 ve b2 = 3 olarak elde edilir. Buna bağlı olarak göz önüne alınan denklem,
Denklem (8.25) formunda aşağıdaki biçimde yazılır.
x1   0 1 x1  1
 
     f  t
x2   2 3 x2  2
(9.33)
x 
y  1 0  1 
x 2 
(9.34)
Denklem (9.33)’ in açılımı yapıldığında;
x1  x 2  h1  f  t 
x 2  x 3  h2  f  t 
x 3  a3  x1  a2  x 2  a1  x 3  h3  f  t 
denklemleri elde edilir. Genel denklem için blok diyagramı aşağıdaki gibidir.
f(t)
h3
h2
x3
x3
1
h1
x2
x2
a1
1
a2
Ayrıca göz önüne alınan örnek için aşağıdaki denklemler elde edilir.
x1  x2  f  t 
115
x1 = y
a3
x2  2 x1  3x2
ve göz önüne alınan diferansiyel denklem için blok diyagramı ise aşağıdaki biçimdedir.
f(t)
x2
x2
x1
x 1 = y(t)
3
2
Bu şekilde aynı diferansiyel denklem dört değişik metotla uygulanarak çözülmüştür. Her metot için
elde edilen blok diyagramları farklı görünse de transfer fonksiyonları birbirinin aynıdır.
Uygulama
Aşağıda verilen ve kütlesi ihmal edilen bir el arabası üzerindeki kütle-yay-sönümleyici sistemin
durum uzay denklemini genel programlama metoduna göre oluşturunuz. Giriş değişkeni u ve çıkış
değişkeni x dir.
u,u,u
x,x,x
k
m
b
Çözüm: Newton prensibine göre hareket denkleminin yazılabilmesi için( x  u ) kabul edildi. x
yönünde kuvvetler dengesi yazıldığında, sisteme ait denge denklemi;  F  m  a olmalıdır.
116
k  x  u
d2x
m 2
dt
m
 dx du 
b  
 dt dt 
k  (x  u)  b  (x  u)  m  x
 m  x  b  x  k  x  b u  k u 
(1)
x
b
k
b
k
 x   x  u  u
m
m
m
m
d 2 x b dx k
b du k
    x    u
2
dt
m dt m
m dt m
(2)
Genel programlama şartına göre katsayılar;
x1  x

x2  x1
Bize 3 tane denklem lazımdır. Bunlar,
(3)
x1 
, x2 
,y 
şeklinde ilgili olmalıdır.
Denklem (3) den,
x1  x2
veya katsayıların anlaşılması için,
x1  0  x1  1  x2  0  u
(4)
yazılabilir.
x1  x
değeri, denklem (2) de yerine yazıldığında,
x1 
b
k
b
k
 x1   x1   u   u x  x
m
m
m
m , 2 1  x2  x1
x2 
b
k
b
k
b
k
b
k
 x1   x1   u   u
x2    x1   x1   u   u
m
m
m
m 
m
m
m
m
(5)
haline gelir. Denklem (4) ve (5) matris şeklinde yazıldığında,
 0
 x1  
  k
 x2   
 m
ao  1, a1 
bo  0, b1 
b


1 


m
 x1  



b   
2 u

 x2   k   b  
m
 m  m  
b
k
, a2 
m
m
b
k
, b2 
m
m
olarak elde edilebilir. Denklemdeki x’in birinci ve ikinci mertebeden türevlerinin Laplace’ları aşağıdaki
biçimde elde edilir.
117
 d2x 
L  2   s2  X(s)  s  x(0)  x(0)
 dt 
,
 dx 
L    s  X(s)  x(0)
 dt 
Başlangıç şartları sıfır olarak alındığında, genel denklem aşağıdaki biçimde yazılabilir.
b
k
b
k
 s2  X(s)  s  x(0)  x(0)     s  X(s)  x(0)    X(s)    s  U(s)  u(0)    U(s)

 m 
 m


m
m
k
k
 2 b
b
 s  s    X (s)   s    U  s 
s
m

m m
Genel programlama şartına göre katsayılar;
ao  1, a1 
b
k
, a2 
m
m
bo  0, b1 
b
k
, b2 
m
m
şeklindedir. Genel denklem,
 x1   0
 
 x2   a2
Buna göre;
1   x1  h1 
    u
a1   x2  h2 
h1  b1  a1b0 
x 
y  1 0  1 
 x2  dir.
ve
b
m
2
k b b kb
h2  b2  a2b0  a1h1  
  
m m m m m 
şeklindedir. Elde edilen katsayılara göre sistemin denklemi;
 0
 x1  
  k
 x2   
 m
b


1 


m
 x1  


b   
2 u

 x2   k   b  
m
 m  m  
olarak elde edilir.
Uygulama
Aşağıda verilen ters sarkaç (pendulum) sisteminin matematiksel modelini çıkarınız ve transfer
fonksiyonunu elde ediniz.
118
C
y
m
L sin(  )
C
L

m  an
, , 
V
L
H
m  at
H
x,x,x
D
IG  
A
mg

m  an
Fs  c  x
M
V

, , 
V
L
u(t)
mx
B
y = L cos(  )
mg
L sin(  )
L

m  at
m
mx
B
y = L cos(  )
IG  
H
A
x
A
H
u
M
M x
V
Fs  c  x
x
Sarkaç çubuğunun ağırlık merkezini ifade eden x ve y bileşenleri;
rB  rA  rBA  x  i  L  sin    i  L  cos     j
ve
xB  x  L  sin  
yB  L  cos   
,
şeklindedir.
Sarkaç çubuğunu taşıyan arabanın yatay yönde kuvvet dengesi için Newton prensibi kullanıldığında,
aşağıdaki eşitlik yazılabilir.
F  M a

u  H  Fs  M  x
 M x  c  x  H  u
(1)
Arabanın düşey yönde kuvvet dengesinden işe yarar bir eşitlik yoktur. Bu yüzden yazılmadı. Ters
sarkaç çubuğunun yatay yöndeki kuvvet dengesinden aşağıdaki denge şartı yazılabilir.
F  m  a 
X
F
X
B X


F  m  a
 m  x  2  L     L x
x
X

A

 aBA X
F  m   a

X
A
n
t
 aBA
 aBA

X
F  mx  a
 
n
BAX
t
 aBAX

n
t
H  m  x  aBA
 sin    aBA
 cos    
H  m  x  L 2  sin    L  cos    
Küçük açı değerleri için;
2
H  m  x  L     L  1


alınabileceğinden;
sin    
H  m  x  m  L 
,
cos     1
2
ve   0
(2)
Denklem (2) de elde edilen H kuvveti, Denklem (1) de yerine yazıldığında;
M  x  c  x  H  u  M  x  c  x  m  x  m  L   u
M  m  x  c  x  m  L   u
(3)
119
olur. Sarkacın A noktasına göre moment dengesi için;
M
A
 IA 

m  g  L  sin    m  x  L  cos      m  at  L  IG 
m  g  L   m  x  L  1  m  at  L  IG 
m  g  L   m  L  x  m  L2   IG 

 
m  g  L   m  x  L  m   L  L  IG 
m L  I    m  g L   m L  x
2

G
(4)
yazılabilir. Denklem (3) ve (4) Ters sarkaç sisteminin hareket denklemidir. Yani
M  m  x  c  x  m  L   u
m L  I    m  g L   m L  x
2
G
denklemleri sistem için yeterlidir.
 t 
Giriş değeri arabaya uygulanan u(t) kuvveti ve çıkış değeri
açısıdır. Başlangıç şartları sıfır kabul
edilerek Denklem (3) ve (4) e sırasıyla Laplace dönüşümü uygulandığında;
M  m  x  c  x  m  L   u
M  m  X  s   s2  x  0   s  x  0    c  X  s   s  x  0    m  L   s   s2   0   s   0    U s 
M  m  X  s   s2   c  X  s   s   m  L    s   s2   U s 
M  m  X  s   s2  c  X  s   s  m L  s2  s   Us 
M  m  s2  c  s   X  s   m  L  s2   s   U s 

M  m   s  c  s 
U s 
M  m  s2  c  s   X  s   U s 
 s   

 X s
 s   
m  L  s2
m  L  s2
m  L  s2

2
(5)
 s
X s
U s
Giriş değeri
ve çıkış değeri
olduğu için,
yerine değerinin yazılması gereklidir. (4)
nolu denklemin laplace’ı alındığında;
m L  I    m  g L   m L  x
2
G
m L  I   s   s
2
m L  I   s   s
 m  g  L   s   m  L  s2  X  s 
2
G
2
G
2
   0   s    0    m  g  L   s   m  L  X  s   s2  x  0   s  x  0  




m  L  s2  X  s   m  L2  IG   s2  m  g  L    s 
m  L2  IG   s2  m  g  L 
  s
X s  

2
m L  s
(6)
Elde edilir. Denklem (6) daki X(s) değeri, Denklem (5) de yerine yazılıp sadeleştirildiğinde;
M  m  s2  c  s  m  L2  IG   s2  m  g  L 
U s 
 s   


  s 
m  L  s2
m  L  s2
m  L  s2
TF s  
 s 
m  L   s

2
3
2
U s  m  L  M  IG  M  m   s  L  m  IG   c  s2  M  m  m  g  L  s  m  g  c  L
120
 s 
s

U s  
IG 
 M  m  3 
2
L  M  IG   m  L    s  L  m  L   c  s  M  m  g  s  g  c





Sayısal değerler kullanıldığında; M=0.5kg, m=0.2kg, c=0.1, I G=0.006, g=9.8m/s2, L=0.3m
 s 
s
s


3
2
U s  0.22  s  0.04  s  6.867  s  0.981  s  5.567955609    s  5.606942129    s  0.1428316617 
TF  s  
s
 s  5.567955609    s  5.606942129    s  0.1428316617
m  g  L  m  L2  IG   s2
X s

U s  m  L2  M  IG  M  IG  m   s 4  m  L2  c  IG  c   s 3  L  M  g  m  L  g  m2   s 2   g  c  m  L   s
Bu sistemde Açıyı dengelemek oldukça kolaydır. Fakat X(s) mesafesini dengelemek o kadar kolay
değildir. Transfer fonksiyonunda, üç kutup ve bir sıfır bulunmaktadır. Root-Locus grafiği aşağıdaki
gibidir.
Bu problemin çözümüne bir PID kontrol elemanları uygulanabildiği gibi ileri ve geri kazanç
sağlayıcılar (lead and lag compensator) uygulayarak da dengeleme yapılabilir. Root-Locus çözümü
burada etkin olarak kullanılabilmektedir.
Uygulama
Aşağıda verilen Otobüs-süspansiyon sisteminde sadece bir tekerleğin matematiksel modelini
tekerlek  w  10 cm  lik bir yükseklikten geçtiğinde 5 saniye (settling time=ayarlama süresi) içerisinde
 x1  x2 
5


çıkış değerinin (output) en fazla (overshoot)  %5  10cm 
 0.5 cm  5 mm  olması için PID
100


121
K


kontrol ile  K p  i  Kd  s  orantı, integral ve diferansiyel katsayılarını hesaplayınız.kurup hareket
s


denklemini çıkarınız ve buradan durum uzay denklemini elde ediniz. Bunun için aşağıdaki sayısal
değerleri kullanınız.
( m1  2500 kg , m2  320kg , k1 = 80000
Ns
N
Ns
N
)
, b2  15020
, k2  500000 , b1  350
m
m
m
m
Çözümün Newton prensibine göre yazılabilmesi için, araba tekerinin w yükseltisine vurduğu anda
 w  x2  x1  kabul edilerek otobüs hareket denklemi;
k1   x2  x1   b1   x2  x1   u  m1  x1
veya
k1   x1  x2   b1   x1  x2   u  m1  x1
(1)
Şeklinde yazılabilir. Benzer şekilde süspansiyon sistemi için hareket denklemi,
k2   w  x2   b2   w  x2   k1   x2  x1   b1   x2  x1   u  m2  x2
Veya,
k2   w  x2   b2   w  x2   k1   x1  x2   b1   x1  x2   u  m2  x2
122
(2)
Yazılabilir. Bütün başlangıç şartları sıfır kabul edilerek, t uzayından s uzayına geçilip, Laplace
dönüşümü yapıldığında, Denklem (1) için,
k1   x1  x2   b1   x1  x2   u  m1  x1


k1   X1  s   X2  s    b1   s  X1  s   x1  0     s  X2  s   x2  0    u  m1   s2  X1  s   s  x1  0   x1  0  

 



2
k1   X1  s   X2  s    b1   s  X1  s   s  X 2  s    u  m1  s  X1  s 
m1  s2  X1  s   k1   X1  s   X2  s    b1   s  X1  s   s  X2  s    u
m1  s2  b1  s  k1   X1  s    b1  s  k1   X2  s   U  s 
(3)
Benzer işlemler (2) nolu denklem için de yapıldığında,
k2   w  x2   b2   w  x2   k1   x1  x2   b1   x1  x2   u  m2  x2
k2  w  k2  x2  b2  w  b2  x2  k1  x1  k1  x2  b1  x1  b1  x2  u  m2   s2  X1  s   s  x1  0   x1  0  


k2 W  s   k2  X2  s   b2   s W  s   w  0    b2   s  X2  s   x2  0    k1  X1  s   k1  X2  s 




2
b1   s  X1  s   x1  0    b1   s  X2  s   x2  0    U  s   m2   s  X2  s   s  x2  0   x2  0  






  b1  s  k1   X1  s   m2  s2   b1  b2   s   k1  k2   s   X2  s    b2  s  k2  W  s   U  s 
Veya
 b1  s  k1   X1  s   m2  s2   b1  b2   s   k1  k2    X2  s    b2  s  k2  W  s   U  s 
(4)
Elde edilir. 3 ve 4 denklemleri matris şeklinde yazıldığında;
 m1  s2  b1  s  k1 

   b1  s  k1 

  b1  s  k1 
  X  s   
U s

 1   

 m2  s2   b1  b2   s   k1  k2    X2  s   b2  s  k2  W  s   U  s 
olduğu görülür.
10. Kontrol Elemanları
Endüstride kullanılan kontrol elemanları; hidrolik, pnömatik, mekanik, elektronik veya mekatronik
olarak kullanıldığı malzemeye göre sınıflandırıldığı gibi temel özelliklerine bağlı olarak da
sınıflandırılırlar. Özelliklerine göre toplam altı (6) gruba ayrılırlar. Bunların temel özellikleri aşağıda
verilmiştir.
İki konumlu veya Açık-Kapalı Kontrol Elemanı (Two-position or
on-off Controllers)
Kontrol elemanı sadece iki sabit konumda bulunabilir ve basit bir elemandır. Dolayısıyla pahalı da
değildir. Davranışı parçalı fonksiyon ile aşağıdaki gibi izah(ifade) edilebilir. Çıkış sinyali u(t)
olduğunda etki eden hata sinyali veya değeri e(t) olsun Bu durum aşağıda blok diyagramında
gösterilmiştir. Etki sinyalinin sıfırdan büyük veya küçük olmasına bağlı olarak kontrol elemanı sadece
iki değer alabilmektedir. ( U1 veya U2 ) Bazen bu geçişlerin olabilmesi için diferansiyel boşluk
kullanılır. Aşağıda şekil b de gösterilmiştir.
123

U e  t   0
u t    1

U2 e  t   0
Orantı Kontrol Elemanı (Proportional Controller)
u t   Kp  e  t 
Laplace dönüşümü uygulandığında,
R(s)
U s   Kp  E  s  
K
1
T s  1
C(s)
U s 
 Kp
Es 
Burada Kp orantı katsayısıdır ve ayarlanabilir bir katsayıdır.
İntegral Kontrol Elemanı (Integral Controller)
t
t
U s  K i
du t 
E s 


 Ki  e  t   u t    Ki  e  t   dt  u t   Ki   e  t   dt  U s   Ki 
E
s
s
dt
s


0
0
Blok diyagramı aşağıda verilmiştir.
Orantı + İntegral Elemanı (PI) (Proportional+Integral Controller)
PI kontrol elemanının cevabı,
124
u(t)  Kpe(t) 
Kp
Ti
t
 e(t)  dt şeklindedir. Laplace dönüşümü uygulandığında,
0


U(s)
1 
1
 Kp  1  
U(s)  Kp  1    E(s) 
E(s)
Ts

i 
 Ts
i 
olur. Burada Kp orantı ayar katsayısı
 Ti  s 
ise integral zamanıdır. Transfer fonksiyonundan
anlaşılacağı üzere Kp kazancının ayarlanması integral kısmı da etkiler. PI kontrol elemanının blok
diyagramı aşağıdaki şekilde verilmiştir.
Orantı+Diferansiyel Kontrol Elemanı (PD) (Proportional +
Differential Controller)
PD Kontrol elemanının cevabı
u(t)  Kpe(t)  Kp Tp
de(t)
dt
şeklindedir. Transfer fonksiyonu
U(s)
 Kp 1  Tds 
E(s)
olur. Burada Kp orantı kazancı ve Td ise diferansiyel zamandır. Kontrol elemanı üzerinde K
kazancının ayarlanmasından diferansiyel kısım da etkilenmektedir. Blok diyagramı aşağıdaki şekilde
verilmiştir.
125
PD tipi kontrolde ,D etkisinden dolayı hızlı bir çalışma sağlar. Mekanik olarak arabalardaki yay ile
amortisör buna uygun bir misaldir.
Orantı+Integral+Diferansiyel Kontrol Elemanı
Proportional+Integral Differential Conroller)
(
PID
=
Endüstride kullanılan en kullanışlı kontrol elemanıdır.
Hidrolik Kontrol Elemanları
1. Hidrolik Orantı Elemanı ( P = Proportional )
2. Hidrolik Integral Elemanı ( I = Integral )
3. Hidrolik Orantı + Integral Elemanı ( PI = Proportional + Integral )
4. Hidrolik Orantı + Diferansiyel Elemanı ( PD = Proportional + Differential )
5. Hidrolik Orantı + Integral + Diferansiyel Elemanı ( PID=Proportional+Integral Differential )
6. İkili (on/off ) Eleman
Yukarıdaki sıralamadan da anlaşılacağı üzere diferansiyel elemanlar tek başlarına kullanılamazlar.
Diferansiyel elemanlar orantı elemanlar ile birlikte kullanılırlar. Verilen kontrol elemanları aşağıda
incelenmiştir.
126
Hidrolik İntegral Elemanı
Yandaki şekilde bir hidrolik integral
eleman örneği görülmektedir. Sistemdeki x
kolu, sağa doğru hareket ettiğinde basınçlı yağ
II numaralı girişten silindire girerek alttaki
pistonu sola doğru iter. X kolu sola doğru
itildiğinde ise bu işlemin tersi gerçekleşir.
Y  s
Sonuçta elde edilmek istenen,
değeridir
X  s
ve bu oran aşağıdaki biçimde elde edilmiştir.
Alttaki pistonda dt süresinde yer değiştiren
sıvının miktarı, II nolu girişten geçen debiye
eşittir. q birim zamanda geçen kütlesel debiyi
ve  yoğunluğu göstermek üzere;
A  dy  q dt yazılabilir. Daha başka bir ifade
ile;
A
dy
q K x
dt
veya
A   sY  s   y  0    K x  s  olur.
Başlangıç şartları sıfır kabul edildiğinde;
A  s  Y  s   K  X  s 
(10.1)
Y  s
Y  s  Ki
K
K


 Ki 
alındığında 
elde edilir. ( K, A ve  sabit olduğundan, Ki integral
X  s A  s
X  s s
A
sabiti gösterilmiştir.)
Sisteme ait blok diyagramı aşağıdaki biçimde elde edilir.
Hidrolik Orantı Elemanı
Aşağıdaki şekilde bir hidrolik orantı eleman örneği görülmektedir. AC kolu, A noktasından itildiğinde,
B noktası da kol uzunluklarına bağlı olarak sağa doğru itilir ve piston sağa doğru hareket eder.
Basınçlı yağ II numaralı koldan silindire girerek pistonu sola doğru iter. Böylece C noktası da sola
doğru hareket eder. C çıkış değeri, B giriş değerini etkilediği için bu durum blok diyagramında geri
besleme olarak gösterilir.
127
C noktasındaki y etkisinin, B noktasına etkisi ise aşağıdaki şekilde yazılabilir.
y
x
y’den x’e gelen geri besleme negatiftir. Bunun nedeni, y’nin hareketi x’in hareketini

ab a
engellemeye çalışmaktadır. A noktasındaki e etkisinin, B noktasına etkisi için aşağıdaki bağıntı
yazılabilir.
e
x

ab b
Buna göre transfer fonksiyonu aşağıdaki biçimde hesaplanır.
b  Ki
b Ki

Y s
s a  b
b  Ki
b
 ab s 

  Kp
s   a  b   Ki  a a  Ki  s   a  b  a
E  s  1  Ki  a
s ab
a a  b 
Denklemde s  a  b  
(10.2)
d
 a  b  dir ve çok küçük bir değişim olduğundan ihmal edilebilir.
dt
Amortisörler
Aşağıda bir amortisörün temsili gösterimi ile piston ve silindir hareketlerinin zamanla değişimi
gösterilmiştir.
128
Amortisörün önündeki yayda oluşan kuvvet dengesinden;
A  P1  P2   ky yazılabilir. q debisi için q 
P1  P2
R
( R = Amortisör direnci ) dir. Birim zamanda
kuvvet
geçen kütlesel debinin miktarı, yük pistonunda yer değiştiren yer değiştiren sıvının miktarı kadar
olduğundan;
q   dt   A   dx  dy 
(10.3)
dx dy
dx dy P1  P2
ky
q dx dy


  2
 
 
dt dt A R 
dt dt R A 
A dt dt
Başlangıç Şartları sıfır kabul edilirse;
sX  s   sY  s  
k
Y s
A R
2
Y  s  s  Td   sX  s 
k
Y  s   sX  s 
AR

sY  s  

Y  s
s

X  s  s  Td
2
Y  s
s
s
Ts
1




k
X  s  s  Td s 
Ts  1 1  1
2
A R
Ts
Sisteme ait blok diyagramları aşağıdaki biçimde elde edilir. Veya
129
veya
olarak elde edilir.
Hidrolik Orantı + İntegral Elemanı
Sistem hidrolik ornatı elemanına benzer şekilde çalışmaktadır. Ancak sistemin C noktasında
amortisör sistemi etkimektedir. Sisteme ait denklemler ve blok diyagramı aşağıdaki biçimde elde
edilmiştir.
Y(s) ile Z(s) arasında amortisör elemanı vardır ve iki nokta arasındaki bağıntı amortisörler
bölümünde verilmiştir.
A noktasındaki e etkisinin, B noktasına etkisi için aşağıdaki bağıntı yazılabilir.
e
x
  C noktasındaki y etkisinin, B noktasına etkisi ise aşağıdaki şekilde yazılabilir.
ab b
bK i
b Ki
z
x
Y (s)
bK i (Ts  1)
s(a  b)
ab s
 



Ts
s(a  b)(Ts  1)  Ts K i a s(a  b)(Ts  1)  Ts K i a
ab a
E (s) 1  K i a
s a  b Ts  1
s(a  b)(Ts  1)
s(a  b) 
d
(a  b)  0
dt
130

K
bK i (Ts  1) b (Ts  1) bTs  b b 
1
Ka


  1    Kp  p  Kp 
sK iTs
a Ts
aTs
a  Ts 
Ts
s
orantı int egral
Hidrolik Orantı + Diferansiyel Elemanı
Sistem hidrolik orantı
elemanına benzer şekilde
çalışmaktadır.
Ancak
sistemin
C
noktasında
diferansiyel
sistemi
etkimektedir. Diferansiyel
oran aşağıdaki biçimde elde
edilir. k yay sabiti, P basınç,
A yüzey alanı,  yoğunluk, t
zaman olmak üzere;
k ( y – z ) = A ( P 1 – P2 )
q . dt = A . dz . 
q
P1  P2
dz
 qA 
dt
R
(y  z) 
A2 R  dz
K dt
P1  P2
dz
dz
A2 R  dz
 yz
 A   k(y  z)  A2R 
R
dt
dt
k dt
Başlangıç şartları sıfır kabul edilerek laplace dönüşümü uygulanırsa;
Y  s  Z  s 

Z (s)
1
A2R  
A2R 

s Z  s   Y  s   Z  s  1 
s 
Y  s  Ts  1
K
K


olarak elde edilir. Sisteme ait denklemler aşağıdaki biçimde elde edilir.
bK i
b Ki
bK i Ts  1
Y (s)
s(a  b)
ab s



1
s  a  b Ts  1  K ia s(a  b)(Ts  1)  aK i
E (s) 1  K i a
s a  b Ts  1
s(a  b)(Ts  1)

bKi (Ts  1) b
b
b
 Ts  1  Ts   K p  Kd s
aKi
a
a
a
131
Burada; Kd 
bT
şeklinde bir sabittir. Sisteme ait blok diyagramı aşağıdaki biçimde elde edilir.
a
Hidrolik Orantı + Integral + Diferansiyel Elemanı
Sisteme ait denklemler aşağıdaki biçimde elde edilir.
b  Ki
b Ki
2

b  Ki   T  s  1 
Y(s)
s  (a  b)
a

b
s



2
2
E(s) 1  Ki  a  T  s  1
s   a  b    T  s  1   Ki  a  T  s s  (a  b)  (T  s  1)  Ki  a  T  s
s a  b T  s  1 Ts  1
s  (a  b)  (T  s  1)2

bKi  Ts  1 
bK  Ts  1  bKi  Ts  1  Ts  1
 i

 Ki .a.Ts   Ki.a.Ts 
Ki .a.Ts
s(a  b)(Ts  1)  



 (Ts  1)   (Ts  1) 
 T .s
K
2
2
 2Ts  1 
Ts
1
K
K

 K  Ts  2    K.T.s  2.K 
 Kds  Kp  i
Ts 
T.s
s

132
Kendi Kendine Kontrol Eden
Yandaki şekilde kendi kendini kontrol eden
bir sitem görülmektedir. Ayar vidası, yayın
uyguladığı kuvveti kontrol etmektedir.
Basınç
kontrolü
ise
diyaframla
sağlanmaktadır. Çıkış basıncının referans
basıncından küçük olduğu durumda yay
kuvveti basınç kuvvetinden büyüktür ve
diyafram aşağı doğru hareket eder. Bunun
sonucu olarakta akış artar ve çıkış basıncı
büyür. Eğer basınç kuvveti yay kuvvetine eşit
olursa, diyafram ve kapak sabit kalır.
Sonuçta akışta sabittir.
Sistemler
Çıkış basıncı referans basıncından büyük olursa,
kapak çok az açık kalır ve akış buna bağlı olarak az olur. Kendi kendini kontrol sistemi genellikle su
ve gaz basıncı kontrolünde kullanılır.
Uygulama 7.1: Aşağıdaki şekilde bir hidrolik servo sistemi göz önüne alınmıştır. e(t), giriş değeri ve
yük pistonunun yerdeğiştirmesi y(t), çıkış değeri kabul edildiğine göre, transfer fonksiyonu Y(s) /
E(s)’yi hesaplayınız.
133
Sistemin blok diyagramının oluşturulabilmesi için, bağlantı noktalarını, birbirlerine olan etkierinin,
bağıntıları yazılması gerekir. Buna göre;
A noktası ile B noktası arasındaki bağıntı;
e
x

a1  a2 a2
e
a2
x
a1  a2
B noktası ile C noktası arasındaki bağıntı;
z
x

a1  a2 a1
z
a1
x
a1  a2
A noktası ile D noktası arasındaki bağıntı;
134
e
w
a3
 , e
w
a1  a2 a3
a1  a2
C noktası ile D noktası arasındaki bağıntı;
z
w

a1  a2 a1  a2  a3
z
a1  a2  a3
w
a1  a2
F noktası ile G noktası ararsındaki bağıntı;
y
w

b1  b2 b1
b1
y
w
b1  b2
Şeklinde elde edilir. Buna göre sisteme ait blok diyagramı aşağıdaki biçimdedir.
135
Elde edilen blok diyagramının transfer fonksiyonu;
a2 K1
Z (s)
a2 a1  a2 a2
a a s
 1 2


K
a
E (s) 1  1
a1  a2 a1
a1
1
s a1  a2
W (s) a1  a2  a3 Z (s)
a3
a a


 2 3
E (s)
a1  a2 E (s) a1  a2
a1
K2
Y (s)
b b
s

 1 2
W (s) 1  b1 K2
b1
b1  b2 s
Y(s) Y(s) W(s)  a2  a3   b1  b2 



E(s) W(s) E(s)
a1  b1
(10.4)
Bulunan sonuç, ele alınan servo sistemin orantı kontrol elemanı olduğunu gösterir.
Uygulama 7.2: Aşağıdaki şekilde bir hız kontrol sistemi göz önüne alınmıştır. Transfer fonksiyonu
Y(s) / E(s)’yi hesaplayınız.
136
Şekilde verilen sistemde, motor hızı arttığında, kola bağlı küreler merkezkaç kuvveti etkisiyle, dönme
merkezinin dışına doğru kuvvet uygular ve kol yukarı doğru kalkar. Bu hareket hidrolik PI elemanın
giriş değeridir. Kolun yukarı hareketi, yük pistonunun aşağı hareket etmesini sağlar ve yakıt girişini
kısar. Buna bağlı olarak motor hızı azalır. Sisteme ait blok diyagramı ve transfer fonksiyonu
aşağıdaki gibidir.
Şekil 7.2:Hız kontrol sistemi
K  a2
a2 K
s  a1  a2 
K  a2  bs  k 
Y (s)
a1  a2 s



bs K s  a1  a2  bs  k   a1 bsK s  a1  a2  bs  k   a1 bsK
E (s) 1  a1
a1  a2 bs  k s
s  a1  a2  bs  k 
Y (s) K  a2  bs  k  a2  bs  k  a2 
k 


 1  
E (s)
a1 bsK
a1 bs
a1  bs 
olduğu görülür.
şeklinde elde edilir. Buradan sistemin kontrolünün PI
Uygulama 7.3: Aşağıdaki şekilde verilen sıvı seviyesi kontrol sisteminde, qd debisi, giriş ve h
yüksekliği, çıkış değerleri olduğuna göre;
137
a) Sistemin blok diyagramını çiziniz ve transfer fonksiyonunu hesaplayınız.
( Başlangıç şartları sıfırdır.)
b) C = 2 m2, R = 0,5 s / m2, Kv = 1 m2 / s , a = 0,25 m , b = 0,75 m , K1 = 4 s-1
Qd ( s ) = 1 / s olduğunda çıkış fonksiyonunu ( h(t) ) hesaplayınız ve sistemin kararlı olup olmadığını
kontrol ediniz.
a)
 qi  qd  qo  dt  c dh
qo 
x
(1)
h
R
(2)
a
h
ab
(3)
Y (s) K1

X (s) s
(4)
qi  Kv y
Yukarıda yazılan bağıntılar blok diyagramına aşağıdaki biçimde dönüştürülür.
138
olarak yazılabilir. Ayrıca Denklem (1)’den;
c
dh
 qi  qd  qo
dt
C (s) H(s)  Qi (s)  Qd (s)  Qo (s)
H(s)   Qi (s)  Qd (s)  Qo (s) 
1
Cs
H(s)  1

H(s)   KvY (s)  Qd (s) 

R  Cs

olur. Buradan blok diyagramı aşağıdaki biçimde elde edilir.
H(s) P11

Qd (s)

P1 
1
,
Cs
L1  Kv
1  1  0  1
K1 a 1
a K K
 2 1 v
s a  b Cs C s  a  b 
,
L2  
1 1
1

R Cs
RCs
  1   L1  L2 
1
1
H(s)
Cs
Cs


Cs
aK1Kv
1
Qd(s) 1  aK1Kv  1


2
Cs (a  b) RCs Cs Css(a  b) CsR

1
Rs(a  b)

(a  b)RCs  aK1KvR  s(a  b)
aRK1Kv 

s(a  b) RCs  1 
Rs(a  b)
s(a  b) 

2
H(s)
1

Q(s) Cs  1  aK1Kv 1
R ab s
139
1 aK K 1 

H(s) Cs   1 v   Qd (s)
R ab s 

Elde edilen sonuç;
H(s) 
K 
  Td s  K p  i  şeklinde olduğundan, PID kontrol elemanı davranışı göstermektedir.
Qd (s) 
s
1 aK K 1 

b ) H(s) Cs   1 v   Qd(s) denkleminde verilen değerler yerine yazıldığında;
R ab s

H(s)
1
1


Qd (s) 
1
0,25. 4 .1 1   2s  2  1 


 2s 
 
s
0,5
0,25

0,75
s




2s2  2s  1  0 Karakteristik denklemdir .
  b2  4 a c  4  4 . 2.1  4  0 Denklemin determinantı sıfırdan küçük olduğundan dolayı kökler
sanaldır ve Laplace dönüşüm tablosundan aşağıdaki kural uygulanarak dönüşüm yapılır.
w
 s  a
2
H(s) 
w
2
 e at sin(wt )
0,5
0,5

s s  0,5 (s  0,5)2 0,52
2
h (t )  e 0,5t sin(0,5t ) olarak elde edilir. Elde edilen denklemin kararlı olması için t değerleri artarken h
(t) değerinin sıfıra yaklaşması gerekir. Yani h (t) değeri sonsuzda sıfırlanmalıdır. Eğer sistemin
denklemi bu şartı gerçekliyorsa kararlıdır denir. Bu şarta göre ele alınan sistem kararlıdır.
11. Frekans Tepkisi Analizi (Frequency Response Analysis)
Kontrol sistemlerinin davranışını belirlemek için kullanılan usullerden birisidir. Bunun anlaşılabilmesi
için bode grafiğinin bilinmesi gereklidir.
Bode Grafiği (Bode Diagram)
Frekans tepkisinin (cevabın) logaritmik bir gösterimidir. Aynı zamanda kazanç (gain) ve doğal
frekansın ölçümünü de sağlar.
 1 
Pratikte gücün, decibel biriminde,   luk artışının büyüklüğü aşağıdaki şekildedir.
 10 
P 
H j  db  10  log10  2 
 P1 
V2
Aynı zamanda güç Voltaj ve Direnç cinsinden; P 
olarak da ifade edilmektedir. Buradan;
R
140
(11.1)
 V22

H j  db  10  log10  R2
 V1
 R


 


H j   db
 V2 
10
 log10  22  10 log10 
 V1 
V2

V1
2
2
 V2 

 H j  db  10  log10  
 V1 

V 
H j  db  20  log10  2 
 V1 
(11.2)
Bundan dolayı, herhangi bir G(s) fonksiyonunun M “Bode büyüklüğü” veya “logaritmik büyüklüğü”
aşağıdaki gibi tanımlıdır.
M  G j  db  20  log10 G j   M  20  log10 A
(11.3)
Transfer fonksiyonunun Bode grafikleri iki resimden oluşur ve bunlar alta alta çizilir. Birincisi; doğal
frekans ω ya göre Logaritmik Büyüklük M dir. İkincisi; yine doğal frekansa göre faz açısı θ dır. Yatak
eksende her zaman doğal freans ω bulunur.
Bode grafiğinin çizilmesi
m
m
i1
n
i1
n
  s  zi 
 j   z   j   z    j   z    j   z 
G s   K 
 G j   K 

 A e
j   p    j   p    j   p 

s  p 
 j   p 
j1
i
j
j
j1
1
2
m
1
2
n
j
(11.4)
Buradaki A büyüklüğü,
m
A K
  j   z 
i
i1
n
  j   p 
(11.5)
j
j1
denklemiyle ve θ faz açısı ise,
m
n
k 1
i1
     j  zk    
1
 j  pi 
denklemiyle ifade edilir.
12. Matlab Control System Toolbox
Matlab ile bu işlemler kolaylıkla yapılabilmektedir.
Model bağlantıları (Model Interconnection)
feedback
sys=feedback(g1,g2): negatif geri beslemeli sistem.
sys=feedback(g1,g2,-1): negatif geri beslemeli sistem.
sys=feedback(g1,g2,+1): pozitif geri beslemeli sistem.
parallel
sys = parallel(sys1,sys2)
sys = parallel(sys1,sys2,inp1,inp2,out1,out2)
141
(11.6)
sys = parallel(sys1,sys2,'name')
series
sys = series(sys1,sys2)
sys = series(sys1,sys2,outputs1,inputs2)
142

Otomatik Kontrol Ders Notlarını buradan indirebilirsiniz.

Transkript

Benzer belgeler

G-Lift Katlanır Güverte Vinci Teknik Özellikler

Honda Accord (2008-2012) - Teknik Özellikler

PAPILON VIDEO

Teknik Özellikler MA100C

keskin nişancı kulesi teknık özellıkler