Ders # Otomatik Kontrol. Kök Yer Eğrileri. Prof.Dr.Galip Cansever. Otomatik Kontrol. Prof.Dr.Galip Cansever
|
|
- Ece Tiryaki
- 7 yıl önce
- İzleme sayısı:
Transkript
1 Ders #-3 Kök Yer Eğrileri
2 Bir kontrol tasarımcısı sistemin kararlı olup olmadığını ve kararlılık derecesini bilmek, diferansiyel denklem çözmeden bir analiz ile sistem performasını tahmin etmek ister. Geribeslemeli kontrol sistemleri tasarımında açık döngü sistemin analiz edilmesi, kapalı döngü sistemin nasıl davranacağı hakkında bilgi edinilebilmesi açısından çok önemlidir. Yöntemlerden bir tanesi sistem için kök yer eğrisinin oluşturulması ve yorumlanmasıdır. Tanım: Kök yer eğrisi sistem parametrelerinin değişimi ile Sistem kapalı döngü köklerinin s düzlemindeki yerini gösteren grafiktir.
3 Kapalı döngü sistemlerin geçici rejim cevap karakteristikleri kapalı döngü kutuplarının yerlerine bağlıdır. Eğer sistem değişken kazanca sahipse, kapalı döngü sistemin kutupları seçilen kazanca göre değişir. Dolayısıyla kontrol tasarımcısının döngü kazancı değiştikçe kapalı döngü sistemin kutuplarının nasıl hareket ettiğini bilmesi önemlidir. Amaç: İstenilen sistem cevabını elde edebilmek için uygun kutuplar seçmek ve dolayısıyla bu kutuplar için sistem kazancını belirlemektir 3
4 İçerik Basit geribesleme sistemleri kök yer eğrileri Adım adım kök yer eğrisi çizimi Kök yer eğrisi problemleri Kazanç tabanlı kök yer eğrisi tasarımı Nonlineer sistemler ve kök yer eğrileri Mat-Lab ile kök yer eğrisi çizimi 4
5 Basit Geribesleme Sistemleri Kök Yer Eğrileri Çizimi + R(s) E(s) U(s) - Controller K A Plant K G G(s) Y(s) Sensor Transfer Fonksiyonu: Y ( s) R( s) K AKGG( s) + K K G( s) A G Karakteristik Denklemi: + K K G( s) A G 5
6 6 Kapalı döngü kutupları amplifikatör kazancı K A ya bağlıdır.k A yı dan sonsuza değiştirerek olası bütün kökleri çizerek bizim için en uygun K A değerini çizimden kolayca seçebiliriz. ) ( ) ( ) ( s a s b s G m m m b s b s s b ) ( ) )...( )( ( m z s z s z s m i z i s ) ( n n n a s a s s a ) ( n i p i s ) (
7 K K A K G + KG( s) b( s) + K a( s) Hepsinin kökleri aynıdır! a( s) + Kb( s) G( s) K 7
8 Örnek: Bir Doğru akım motorunun kök yer eğrisi Doğru akım motorunun transfer fonksiyonu: Geri besleme Kapalı Döngü Sistemi: Controller R(s) E(s) U(s) + - K A θ m v a ( s) ( s) Plant K G G(s) K G G( s) s( s + ) Y(s) Sensor 8
9 s + s + K r, ± 4K Eğer K /4 ise kökler gerçektir ve - ile arasındadır. Eğer K /4 ise iki katlı kök -/ dir. Eğer K > ¼ ise kompleks eşlenik iki kök vardır. 9
10 4K 3 Böylece K olarak hesaplanır K olduğunda sistem açık döngü olduğundan kök yer eğrisi G(s) nin kutuplarından başladı. K arttıkça kökler birbirine doğru hareket etti ve s-/ de birleştiler. Bu noktada reel eksenden koptular. Kopma noktasından sonra kökler reel eksenleri değişmeyerek sonsuza doğru yöneldiler. Tasarım açısından düşünecek olursak, K yı değiştirerek kapalı döngü kutuplarımızı istediğimiz gibi seçebiliriz.
11 Sadece sistem kazancı K değil, karakteristik denklemdeki herhangi bir parametreye göre de yer eğrisi Oluşturulabilir. Örnek: G( s) K s( s + c) Karakteristik Denklem: olsun + G( s) s +cs+ a(s)s +, b(s)s, Kc.
12 s + c s + r, c ± c 4
13 Kök-Yer Eğrisi Çizimi Kök yer eğrisinin elle çiziminin iki yararı vardır Basit sistemleri kolayca çizebilmek Bilgisayara yaptırılan çizimleri irdeleyebilmek, daha iyi anlamak Tanım I: Kök yer eğrisi, K sıfır ile sonsuz arasında değişirken +KG(s) yapan s değerleri set idir. G(s) sistem açık döngü transfer fonksiyonudur, kök yer eğrisindeki kökler kapalı döngü sistemin kökleridir. Tanım II: G(s) in kök yer eğrisi, G(s) in fazörleri 8 düzlemindeki set noktalarıdır. G( s ) l l: bir tam sayı olduğu s 3
14 Örnek: G s + ( s ) s[ ( s + ) + 4 ]( s + 5) s -+j noktasını seçelim. Amacımız s noktasının kökyer eğrisi üzerinde olup olmadığını anlamak. G( s ) l 4
15 [ ] ( s + ) + 4 ( s + 5) ( s + ) s 8 G( s) ψ φ φ φ φ 9 6,6 76 9, 3 4 6,6 G nin açısı 8 olmadığı için s noktasının kök yer eğrisi üzerinde olmadığını söyleyebiliriz. 5
16 Örnek: K + s[ + 6] ( s + 4) Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler x ie sıfırlar ile işaretlenir. 6
17 Adım II: Eğrinin reel eksen kısmı tespit edilir. Test noktası s seçilir, Ve Φ, Φ açıları bulunur. Φ- Φ (eşlenik kökler olduğundan). Sonuç;Reel eksen üzerindei bir s için G(s) açısı reel eksen üzerindeki kutup ve sıfırlardan tespit edilir. Eğer test noktası kutup veya sıfırın sağında ise bu açı solunda ise 8 dir. G( s ) Kuralı gereği, test noktasının sağında kutup ve sıfır sayısı toplamı tek sayı olmalıdır. l 7
18 Adım III: K nın büyük değerleri için asimtotlar çizilir. K sonsuza giderken; + KG( s) G(s) in olması gerekir. Bu iki şekilde olabilir: G ( s) b( s) a( s) G( s) K olduğundan G ancak b(s) ise olabilir. b( s) + K a( s) Olduğundan, K s m m + s n + + b s b m a s n a n Yazılabilir. 8
19 Biz K nın büyük değerleri ile ilgileniyoruz. G(s) fiziksel bir sistemi temsil ettiğinde n>m olduğundan s sonsuza giderken G(s) sıfıra gider ve yukardaki denklem + K n m ( s α ) Şeklinde yazılabilir. Köklerin sα da toplandığı n-m dereceli sistemdir. K ve s nin yüksek değerlerinde m sıfır n kutubu elimine eder ve n-m tane kutup aynı noktada görünür. Bu durumda asimtotik sistemin yerini bulmamız ve α yı hesaplamamız gerekir. 9
20 s test noktamızı s Re jφ olarak seçelim. Köklerin hepsi aynı noktada olduğu için eğer her biri Φ l olan n-m açı toplamı 8 ise transfer fonksiyonunun açısı 8 dir. Böylece: (n-m)φ l 8+36xl dir. Asimptotik kök yer eğrisi n-m ayrık açıda açısal çizgiler içerir, φ l n m ( l ) l,,...n-m Örnek: n-m3 ise Φ,,3 6, 8, ve 3 dir Bu asimptotik yerin çizgisi reel eksen üzerindeki sα dan gelir.
21 α yı belirlemek için polinom özelliğini kullanacak olursak, s n + a s an ( s p)( s p)...( s n n p ) Eşitsizliğin sağ tarafını açıcak olursak, a -Σp i olduğunu görürüz. Transfer fonksiyonunun payı içinde aynısını yazabiliriz, b -Σz i olur. Kapalı döngü transfer fonksiyonu; K s m m + s n + + b s b m a s n a n s n + n m m a s an + K ( s + bs bm )
22 Dikkat edilecek olursa kutupların toplamının s n- katsayısının negatifidir ve eğer m < n- ise K dan bağımsızdır. Kapalı döngü sisteminde ise bu katsayı Σr i nin negatifidir. (r i : Kapalı Döngü sistemin kutupları) Ayrıca m < n- olduğundan a ; -Σr i -Σp i K nın büyük değerlerinde r i nin m tane kökü z i sıfırlarına eşittir ve n-m tane kök /(s-α) n-m asimptotundan gelir ve toplamı (n-m) α dir. Bu sonuçları birleştirecek olursak: Bütün köklerin toplamı eşittir, G(s) nin sonsuza giden köklerin toplamı + sıfıra giden köklerin toplamıdır α yı çözecek olursak Σr i +(n-m) α +Σz i Σp i pi α n m z i
23 α α 8 3 Asimptotları ±6 olarak şekilde görüyoruz. Ayrıca 8 asimptot ikinci adımda gösterilmişti. 3
24 Adım IV: Ayrılma ve geliş açılarını hesaplanır Kök yer eğrisi kutuplarda başlar ve ya sıfırlarda yada sonsuzda sona erer. Bu adımda bir kutuptan ayrılan yer eğri parçasının açısı bulunur Test noktası olarak s ı ikinci kutup -4-4j noktasına yakın olarak ele alalım ve G(s ) açısını hesaplayalım Test noktası. kutba yeterince yakın olduğundan Φ ve Φ 3 açıları. kutubun açıları olarak alınabilir ve Φ açısı açı koşulundan hesaplanabilir Φ l Φ açısı -8 ile +8 arasında olacak şekilde l- olarak seçilirse Φ -45 4
25 Simetriden dolayı. kökün ayrılma açısı +45 dir.. Adımda anlatıldığı gibi 3. kutbun ayrılış açısı 8 dir. Eğer G(s) in sıfırları olsaydı ikinci kutbun açısına sıfırların açıları deklemin sol tarafına eklenecekti. Genel olarak bir kutup için ayrılma açısı φi ψ i φ dep ψ i φ Eğer q tane tekrar eden kutup varsa; qφ dep ψ i Genel olarak sıfırlara geliş açısıda; i φ i 8 36 : Diğer kutuplara olan açıların toplamı : Sıfırlara olan açıların toplamıdır. l 8 36 l φi ψ i qφ ar φi ψ : kutuplara olan açıların toplamı : diğer sıfırlara olan açıların toplamıdır. i l 5
26 Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. Sağ yarı düzlemdeki kutup veya kutuplar kararsızlığı gösterir. Routh s kararlılık testi ile kararlılık tespit edilebilir. K parametresini kullanarak Routh s dizi oluşturularak sağ yarı düzleme geçecek kökler belirlenebilir. Hesaplanan K değerleri imajineri ekseni kesen değerleri gösterir. Böylece K değeri bilinir ve bu kesme noktası s jw kök değerine karşılık gelir. Örnek: K + s[ + 6 ] ( s + 4 ) s 3 +8s +3s+K ve Routh Kararlılık Dizisi: s s s s 3 : : : 8 : K K 3 6 K
27 <K<56 için denklem sağ yarı düzlemde kök içermez. Biz K nın pozitif değeleri ile ilgilendiğimizden, K nın üst sınırı ile ilgileniyoruz. K<56 için sağ yarı düzlemde kök yoktur. K56 sağ yarı düzlemi kesme noktasını işaret eder. İlgili frekansı K yı ve sjw ı yerine koyarak bulabiliriz. (jw ) 3 +8(jw ) +3(jw )+56 Reel ve imajiner kısımlar ayrı ayrı a eşit olmalı böylece 8(w ) +56 ve (w ) 3 +3w Çözüm: w ± 3 ±5.66 Dikkat edilecek olursa asimptot s4.6j de imajineri ekseni kesiyor, 5.66 olması gerektiği gibi bu değerin üzerinde 7
28 Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılış açıları belirlenir. s K/4 için s-/ de iki katlı kök var. Eğrinin yatay bölümleri birbirine doğru hareket ederken diken bölümleri reel eksenden ayrılıyorlar ve K>/4 için kompleks oluyor. Eğri ve 8 derecede bir araya gelirken +9 ve -9 derecede ayrılıyor. s- noktasında K dır ve s-/ noktasına kadar reel eksen üzerinde K/4 e kadar yükseliyor ve s noktasında tekrar a düşüyor. K kazancı s-/ katlı kök noktasında maksimum oluyor. + s + K 8
29 Eğer K bu noktada maksimum oluyorsa, bu noktada dk/ds olmalı, katlı kök noktasında veya eğri ayrılma noktasında. K-/G kullanılırsa, d ds ( ) ss G Gb/a olduğundan; d ds a da db ( ) ( b a ) b b ds ds yazılabilir. 9
30 Örnek: θ m v a ( s) ( s) K G G( s) s( s + ) db ds b( s) a ( s) s + s da ds s + d ds a da db ( ) ( b a ) b b ds ds s + s 3
31 Örnek: K + s[ + 6 ] ( s + 4 ) d ds a da db ( ) ( b a ) b b ds ds db ds b( s) 3 a( s) s + 8s + 3s da ds 3s + 6s + 3 s j ± 3
32 Bu noktalar kök yer eğrisi üzerinde değil, buda bize türev şartının s ın katlı kök olması için gerekli fakat yeterli şart olmadığını gösterir. 3
33 Katlı köklerin geliş ve ayrılış açılarını belirlemek için iki yeni özellik daha eklememiz gerekir. Eğrinin sürekliliği: K K aralığında başlangıç olarak eğriyi düşünebiliriz. Eğer K K + K olarak düşünülürse K parametresine göre yeni kök yer eğrisi çizilebilir ve bu eğrinin başlangıç kutupları K sisteminin kökleri olacaktır. Örnek: Daha önceki s + s + K Bu sistemde K /4 değerine denk gelir. K /4+ K ise denklemimiz: s + s + + K veya ( s + ) + K 4 sistemini düşünelim. olur. Burada K in ilk ayrılışı orjinal sistemde K nın kopma noktasına denk gelir. s-/ deki katlı köke ayrılma açısı kuralını uygulayacak olursak; 33
34 φ dep 8 36 l φ dep 9 8 l φ dep ±9 (Kopma noktasındaki ayrılma açıları) Bu durumda s-/ deki geliş açıları (orjinal sistemden) reel eksen boyunca açıkca ve 8 dir. Reel eksen üzerinde birbirine doğru gelen eğri parçaları daima ±9 derece ile koparlar. Hatta genelleştirecek olursak s düzleminin herhangi bir noktasında birbirine doğru gelen eğri parçası birbirlerine 8 derece ile yaklaşırlar ve ±9 derece ile koparak yön değiştirirler. Benzer şekilde s düzleminin herhangi bir noktasında birbirine doğru gelen 3 eğri parçası birbirlerine derece ile yaklaşırlar ve ve geliş açılarına göre 6 derece dönerek derece ile koparlar. 34
35 Adım VII: Eğrinin tamamlanır 35
36 Kök-Yer Eğrisi Çizimi Özet Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler x ie sıfırlar ile işaretlenir. Adım II: Reel eksen üzerinde sıfır ve kutup sayısı toplamının solunda tek olduğu doğruyu çiziniz Adım III: α da merkezlenen ve Φ l açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir n-m: asimptot sayısı pi α n m φ l 8 z + 36 ( l n m i ) ( a + b) n m l,,...n-m 36
37 Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır qφ qφ ar dep Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.) Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılış açıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 8 derecede bir araya gelir ±9 derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri derecede bir araya gelir 6 derece dönerek ayrılır Adım VII: Eğri tamamlanır. ψ i φi φ i i Kök yer eğrileri kutuplarda başlar, sıfırlarda yada sonsuzda son alır. ψ Kök yer eğrisinin kutup sayısı kadar kolu vardır. l l 37
38 Örnek: G( s) s + s İçin kök yer eğrisini çiziniz? Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler x ie sıfırlar ile işaretlenir. 38
39 Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamı tek olan doğruyu çiziniz 39
40 Adım III: α da merkezlenen ve Φ l açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir n-m- asimptot var. 8 φl φ 8 l Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır. s daki kutuplar için bu kutuplar etrafında bir çember çizelim. İki kutuptan olan açılar eşittir ve sıfırdan olan açıda neticede sıfırdır,(kökler sıfırın sağında kaldığı için) böylece açı şartı: φ l φ l ±9 36 l 4
41 Eğri bir kolu yukarı bir kolu aşağı olacak şekilde ayrılır. Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.) Karakteristik denklem: S : K S : K S : K S +Ks+K K> için birinci kolon elemanlarının hepsi pozitif olduğu için bütün kökler sol yarı düzlemdedir ve kök yer eğrisi imajiner ekseni kesmez 4
42 Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılış açıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 8 derecede bir araya gelir ±9 derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri derecede bir araya gelir 6 derece dönerek ayrılır. Kök yer eğrisi koşulu: b( s) s + d ds a da db ( ) ( b a ) b b ds ds a ( s) s db ds da ds s s s () + ( s + s s, + )s s kök yer eğrisinin G(s) in iki kökünün K da olduğunu gösterir. II. Adımda s- noktasının kök yer eğrisi üzerinde olduğunu gördüğümüzden s- kök yer eğrisinin katlı köküne işaret eder. 4
43 Adım VII: Eğrini tamamlanır. 43
44 Örnek: G( s) s s + ( s + 4) İçin kök yer eğrisini çiziniz? Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler x ie sıfırlar ile işaretlenir. 44
45 Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamı tek olan doğruyu çiziniz 45
46 Adım III: α da merkezlenen ve Φ l açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir φ l φ l ±9 ( l ) n-m3- asimptot var. α pi zi α n m 4 ( ) 3 3 α 46
47 Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır. s daki kutuplar için bu kutuplar etrafında bir çember çizelim. - noktasındaki sıfırdan ve -4 noktasındaki kutuptan olan açılar dır ve orjindeki iki kutuptan olan açılar aynıdır, böylece açı koşulu: φ l φ l 9 8 φ l ±9 l l
48 Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.) Karakteristik denklem: s + + K s ( s + 4) s 3 + 4s + Ks + K S 3 : K S : 4 K S : (4K-K)/4 S : K K> için birinci kolon elemanlarının hepsi pozitif olduğu için bütün kökler sol yarı düzlemdedir ve kök yer eğrisi imajiner ekseni kesmez 48
49 Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılış açıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 8 derecede bir araya gelir ±9 derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri derecede bir araya gelir 6 derece dönerek ayrılır. d a da db Kök yer eğrisi koşulu: ( ) ( b a ) s s 3 3 s(s b( s) s + db ds 4s + 3s + 7s + 8s + 7s + 3 8) + s ds 3 ( s + )(3s + 8s) ( s + 4s b )() a + da ds + 8s b ds 3 ( s) s 4s 3s + 8s ds s kök yer eğrisinin G(s) in iki kökünün K da olduğunu gösterir. s ve s-.75±.97j 49
50 Adım VII: Eğrini tamamlanır. 5
51 Örnek: G( s) s s + ( s + ) İçin kök yer eğrisini çiziniz? Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler x ie sıfırlar ile işaretlenir. 5
52 Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamı tek olan doğruyu çiziniz 5
53 Adım III: α da merkezlenen ve Φ l açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir 8 φ φ l l φ l 8 ± ( l ) n m + 36 ( l ) 3 n-m3- asimptot var. α 3 pi z α n m ( ) α i 53
54 Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır. φ l l φ l 9 8 l φ l ±9 54
55 Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.) Karakteristik denklem: s + + K s ( s + ) s 3 + s + Ks + K S 3 : K S : 4 K S : (K-K)/4 S : K K> için birinci kolon elemanlarının hepsi pozitif olduğu için bütün kökler sol yarı düzlemdedir ve kök yer eğrisi imajiner ekseni kesmez 55
56 Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılış açıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 8 derecede bir araya gelir ±9 derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri derecede bir araya gelir 6 derece dönerek ayrılır. d a da db Kök yer eğrisi koşulu: ( ) ( b a ) b( s) s + ds b b ds a + ds 3 ( s) s s db ds da ds 3s + 4s ( s 3 + s )() + ( s + )(3s + 4s) s 3 s + 3s 3 + 7s + 4s s 3 + 5s + 4s s, 5.8,.3 56
57 s, 5.8,.3 Bu kökler kök yer eğrisi üzerinde dolayısıyla katlı kök noktalarıdır. Bunun anlamı kök yer eğrisi üzerinde bu noktalar temas yada kopma noktalarını gösterir. Kök yer eğrisi kolu reel eksenden ayrılamayacağı için tek çözüm s noktası kopma, s-.3 noktası temas ve s-5.8 noktası kopma noktasıdır. 57
58 Adım VII: Eğrini tamamlanır. Dikkat edilecek olursa -5,8 kopma noktasından sonra eğri K nın büyük değerleri olan asimptotuna yaklaşır. Ayrıca kopma ve temas noktaları dik açı ile gerçekleşir. 58
59 Örnek: G( s) s s + ( s + 9) İçin kök yer eğrisini çiziniz? Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler x ie sıfırlar ile işaretlenir. Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamı tek olan doğruyu çiziniz 59
60 Adım III: α da merkezlenen ve Φ l açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir 8 φ φ l l φ l 8 ± ( l ) n m + 36 ( l ) 3 pi z α n m 9 ( ) 8 α α 4 3 i Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır. s noktasında kopma açısı(ayrılıma açısı) φ l ±9 6
61 Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.) Karakteristik denklem: s + + K s ( s + 9) s 3 + 9s + Ks + K S 3 : K S : 4 K S : (9K-K)/4 S : K K> için birinci kolon elemanlarının hepsi pozitif olduğu için bütün kökler sol yarı düzlemdedir ve kök yer eğrisi imajiner ekseni kesmez 6
62 Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılış açıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 8 derecede bir araya gelir ±9 derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri derecede bir araya gelir 6 derece dönerek ayrılır. d a da db Kök yer eğrisi koşulu: ( ) ( b a ) ds b( s) s + b b ds a + ds 3 ( s) s 9s db ds ( s s s 9s s 3 )() + 3s + (3s 3 + da ds + s 3s +8s 8s)( s + 8s + s + 8 s s, -3, -3 + ) 6
63 Katlı kökler kök yer eğrisinin üzerinde fakat bu kez türevde katlı kökümüz var. Buda bize üç kökünde aynı noktada olduğunu gösterir. s-3 noktasında K> için kopma (ayrılma) açısı kuralını uygalayacak olursak; φ 3 l l φ dep, ± Geliş açısı ayrılış açılarından 6 derece döndürülür. φ ar ±6, 8 63
64 Adım VII: Eğrini tamamlanır. 64
65 Üçüncü kutup a yakın olduğunda, s noktasında ±9 ile iki kola ayrılan G(s)/s nin kök yer eğrisine çok benzemektedir(biraz bozularak). p9 a kadar bu bozgunluk devam eder ve p9 için -3 noktasında üç katlı temas olur. Kutup -9 dan ileri götürüldüğünde kök yer eğrisi ayrık temas ve kopma noktaları gösterir. İki uç noktası olan p (sıfırın elendiği) ve p (ekstra kutbun etkisiz olduğu) arasında ikinci derece sistemin p9 noktası geçiş noktasıdır. 65
66 Örnek: G ( s) s( s + )[( s + ) + İçin kök yer eğrisini çiziniz? Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler x ie sıfırlar ile işaretlenir. Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamı tek olan doğruyu çiziniz s, -, -±j 4] 66
67 Adım III: α da merkezlenen ve Φ l açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir φ l ( l ) pi z α n m i α + 4 α φ l ( l ) φ l 45,35, 45, 35 67
68 Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır. s -+j deki ayrılış açıları φ dep φ φ φ l φ tan ( ) 6. 6 φ tan ( ) 63, 4 φ4 9 φ φ3 9 l 68
69 Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.) Karakteristik denklem: s 4 + 4s 3 + 9s + s + K sjw için çözümü deneyecek olursak, w ı buluruz ve K denklemi sağlar ω ω ω 9ω + ω + K Reel ve imajiner kısımları eşitleyecek olursak; 4ω + ω ω ω + K,5 ve ω,58bulunur. K 5 9.,5 6,5 4 69
70 ω,58 7
71 Adım VI: Katlı köklerin yerleri belirlenir, özellikle reel ekseni ve geliş, ayrılış açıları belirlenir. İki parçalı kök yer eğrisi 8 derecede bir araya gelir ±9 derecede ayrılır. Üç parçalı yer eğrileri derecede bir araya gelir 6 derece dönerek ayrılır. d a da db Kök yer eğrisi koşulu: ( ) ( ) 4s 3 b( s) db ds ds b da ds b b ds 4 a ds a( s) s + 4s + 9s + s 3 4s + s + 8s + s + 8s + ( s + )(4s + 8s Kökler s-, ±,j ) 7
72 Kökler s-, ±,j 7
73 Adım VII: Eğrini tamamlanır. Karmaşık katlı kökerimiz var ve kök yer eğrisinin kolları s-, ±,j bir araya ve ve 8 derecelerde koparlar. 73
74 Örnek: ( s +.) G( s) s[( s +.) ] İçin kök yer eğrisini çiziniz? Adım I: s düzleminde eksenleri çizilir, kökler x ie sıfırlar ile işaretlenir. Adım II: Reel eksen üzerinde sağında sıfır ve kutup sayısı toplamı tek olan doğruyu çiziniz Sıfırlar s-.±3.99j Kutuplar s, -.±4.99j 74
75 Adım III: α da merkezlenen ve Φ l açıları ile ayrılan asimtotlar çizilir φ l ( l n m ) α i lg isiz φ l ( l ) 8 Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır. daki geliş açısı için açı koşulu φ φ φ + ψ + ψ +8 + l φ φ φ ψ Böylece ψ 8 derecedir ve kutup soldan gelir. 75
76 Ayrılış açısıda benze formülle bulunur. Bu kez; φ φ ψ ψ olduğundan φ 8 Bulunur. 76
77 Eğriden anlaşılacağı gibi katlı kök ve imajiner ekseni kesen noktaları beklemediğimizden beşinci ve altıncı adımları geçerek eğriyi tamalyabiliriz. 77
78 Adım VII: Eğrini tamamlanır. 78
79 Örnek: ( s +.) + 5 G( s) s[( s +.) + 6] Sıfırlar s-.±4.99j Kutuplar s, -.±3.99j İçin kök yer eğrisini çiziniz? Adım IV: Ayrılma açıları kutuplardan ve geliş açıları sıfırlardan hesaplanır. -.+4j kutbunda ayrılma açımız var φ φ φ3 + ψ + ψ l φ φ ψ ψ İse φ 79
80 j için geliş açımız φ φ φ3 + ψ + ψ l φ φ φ ψ İse ψ 8
81 Adım V: İmajiner ekseni kesme noktaları hesaplanır. (Bu adım bazı çizimler için gerekli olmaya bilir.) Bir önceki adımda gördük ki geliş ve ayrılış açıları sağ yarı düzleme doğru. Bu noktada K nın yüksek değerleri için sistemin çoğu zaman kararsız olduğunu görmek mümkün. Karakteristik denklem: s 3 + ( K +.) s + (.K + 6.) s + 5.K s s s s 3 : : K +. (.K + 6.)( K +.) 5.K : K +. :5.K.K K Kararlılık çoğunlukla s li terimlerin olduğu sıra ile belirlenecek 8
82 .K 8.96K + 3. K44 ve K.36 Bu değerler için karakteristik denklemin reel kısmından frekansları bulabiliriz. ( K +.) ω 5. K 5.K ω K , 4. Dikkat edilecek olursa imajiner ekseni kesme açık döngü sistemin sıfır ve kutuplarına çok yakın ve.36 < K < 44.4 için sistem kararsız. 8
83 Adım VII: Eğrini tamamlanır. 83
84 Son iki örnek bize eğer kararsız bölgeye yakın kutup ve sıfırlar varsa ayrılma açıları kapalı döngü sistemin karararlılık problemi olup olmadığını gösterdi. Ayrıca eğer kutup ve sıfırları yerlerini değiştirdiğimizde bunun kararlılık üzerinde son derece tesiri olduğunu gördük. Bir önceki örnekte sistemin sıfır kutbuna göre daha düşük frekansta ve kök yer eğrisinin sol yarı düzlemde kaldığını gördük. Son örneğimizde ise kutup ve sıfırların yerini değiştirdik ve gördük ki nerdeyse K nın tüm değerleri için sistem kararsız. 84
85 KÖK YER EĞRİLERİ TANIMLAR ve NOTLAR Tanım: Kök yer eğrisi sistem parametrelerinin değişimi ile Sistem kapalı döngü köklerinin s düzlemindeki yerini gösteren grafiktir. Kök yer eğrisi açık döngü sistemin kutuplarında başlar (K dır), sıfırlarında sonlanır (K dur). Kök yer eğrisi kol sayısı açık döngü sistemin transfer fonksiyonunun kutup sayısı kadardır. Kök yer eğrisi sağında kutup ve sıfır sayısı toplamı tek sayı olmalıdır. Kök yer eğrisi reel eksene göre simetriktir. 85
86 Asimptot: Kopmleks kutuplar olduğunda K sonsuza giderken kök yer eğrisi sonsuzdaki sıfırlara doğru bir asimptot boyunca hareket eder. Ayrılma Noktası: Reel eksen üzerinde kapalı döngü sistem kutuplarının reel den kompleks e geçtiği noktadır.(dk/ds) Tekrar Giriş Noktası: Reel eksen üzerinde kapalı döngü sistem kutuplarının kompleksden reel e geçtiği noktadır. (dk/ds) Ayrılma Açısı: Kompleks eşlenik kutuptan ayrılma açısıdır ve açı kuralı ile hesaplanır. qφ dep ψ i φ i Geliş Açısı: Kompleks eşlenik sıfıra geliş açısıdır ve açı kuralı ile hesaplanır. qφar φi ψ i l 8 36 l 86
Kök Yer Eğrileri. Doç.Dr. Haluk Görgün. Kontrol Sistemleri Tasarımı. Doç.Dr. Haluk Görgün
Kök Yer Eğrileri Bir kontrol taarımcıı itemin kararlı olup olmadığını ve kararlılık dereceini bilmek, diferaniyel denklem çözmeden bir analiz ile item performaını tahmin etmek iter. Geribelemeli kontrol
DetaylıTanım: Kök yer eğrisi sistem parametrelerinin değişimi ile sistemin kapalı döngü köklerinin s düzlemindeki yerini gösteren grafiktir.
Kök Yer Eğrileri Kök Yer Eğrileri Bir kontrol tasarımcısı sistemin kararlı olup olmadığını ve kararlılık derecesini bilmek, diferansiyel denklem çözmeden bir analiz ile sistem performansını tahmin etmek
Detaylı25. KARARLILIK KAPALI ÇEVRİM SİSTEMLERİNİN KARARLILIK İNCELENMESİ
25. KARARLILIK KAPALI ÇEVRİM SİSTEMLERİNİN KARARLILIK İNCELENMESİ a-) Routh Hurwitz Kararlılık Ölçütü b-) Kök Yer Eğrileri Yöntemi c-) Nyquist Yöntemi d-) Bode Yöntemi 1 2 3 4 a) Routh Hurwitz Kararlılık
DetaylıKontrol Sistemlerinin Tasarımı
Kontrol Sistemlerinin Tasarımı Kök Yer Eğrileri ile Tasarım II PD Denetleyici ve Faz İlerletici Dengeleyici 1 Ardarda (Kaskat) bağlantı kullanılarak geri beslemeli sistemin geçici rejim cevabının iyileştirilmesi
DetaylıOtomatik Kontrol (Doğrusal sistemlerde Kararlılık Kriterleri) - Ders sorumlusu: Doç.Dr.HilmiKuşçu
ROOT-LOCUS TEKNİĞİ Lineer kontrol sistemlerinde en önemli kontrollerden biri belirli bir sistem parametresi değişirken karakteristik denklem köklerinin nasıl bir yörünge izlediğinin araştırılmasıdır. Kapalı
DetaylıH(s) B(s) V (s) Yer Kök Eğrileri. Şekil13. V s R s = K H s. B s =1için. 1 K H s
Yer Kök Eğrileri R(s) K H(s) V (s) V s R s = K H s 1 K H s B s =1için B(s) Şekil13 Kapalı çevrim sistemin kutupları 1+KH(s)=0 özyapısal denkleminden elde edilir. b s H s = a s a s K b s =0 a s K b s =0
DetaylıDÜZCE ÜNİVERSİTESİ TEKNOLOJİ FAKÜLTESİ ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ EET305 OTOMATİK KONTROL I Dr. Uğur HASIRCI
KARARLILIK Kontrol sistemlerinin tasarımında üç temel kriter göz önünde bulundurulur: Geçici Durum Cevabı Kararlılık Kalıcı Durum Hatası Bu üç temel spesifikasyon arasında en önemlisi kararlılıktır. Eğer
DetaylıOtomatik Kontrol. Kapalı Çevrim Kontrol Sistemin Genel Gereklilikleri
Otomatik Kontrol Kapalı Çevrim Kontrol Sistemin Genel Gereklilikleri H a z ı r l aya n : D r. N u r d a n B i l g i n Kapalı Çevrim Kontrol Kapalı Çevrim Kontrol Sistemin Genel Gereklilikleri Bir önceki
DetaylıMühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş
Mühendislik Mekaniği Statik Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Bölüm 10 Eylemsizlik Momentleri Kaynak: Mühendislik Mekaniği: Statik, R. C.Hibbeler, S. C. Fan, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok. 10. Eylemsizlik Momentleri
DetaylıKontrol Sistemlerinin Tasarımı
Kontrol Sistemlerinin Tasarımı Kök Yer Eğrileri ile Tasarım IV Geribesleme Üzerinden Denetim ve Fiziksel Gerçekleme Prof.Dr.Galip Cansever 2 3 Denetleyiciyi veya dengeleyiciyi geribesleme hattı üzerine
DetaylıBölüm 9 KÖK-YER EĞRİLERİ YÖNTEMİ
Bölüm 9 KÖK-YER EĞRİLERİ YÖNTEMİ Kapalı-döngü denetim sisteminin geçici-durum davranışının temel özellikleri kapalı-döngü kutuplarından belirlenir. Dolayısıyla problemlerin çözümlenmesinde, kapalı-döngü
DetaylıU.Ü. Mühendislik Mimarlık Fakültesi Elektronik Mühendisliği Bölümü ELN3102 OTOMATİK KONTROL Bahar Dönemi Yıliçi Sınavı Cevap Anahtarı
U.Ü. Mühendislik Mimarlık Fakültesi Elektronik Mühendisliği Bölümü ELN30 OTOMATİK KONTROL 00 Bahar Dönemi Yıliçi Sınavı Cevap Anahtarı Sınav Süresi 90 dakikadır. Sınava Giren Öğrencinin AdıSoyadı :. Prof.Dr.
DetaylıTOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Elektrik ve Elektronik Mühendisliği Bölümü ELE 301 Kontrol Sistemleri I.
TOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Elektrik ve Elektronik Mühendisliği Bölümü ELE Kontrol Sistemleri I Final Sınavı 9 Ağustos 24 Adı ve Soyadı: Bölüm: No: Sınav süresi 2 dakikadır.
DetaylıBÖLÜM-9 SİSTEM HASSASİYETİ
65 BÖLÜM-9 SİSTEM HASSASİYETİ Parametre Değişimlerinin Hassasiyeti Belirsiz sistem elemanlarının davranışı o Parametre değerlerinin hatalı bilgileri o Çevrenin değişimi o Yaşlanma vb nedenlerle bozulma
DetaylıÜNİTE. MATEMATİK-1 Yrd.Doç.Dr.Ömer TARAKÇI İÇİNDEKİLER HEDEFLER DOĞRULAR VE PARABOLLER
HEDEFLER İÇİNDEKİLER DOĞRULAR VE PARABOLLER Birinci Dereceden Polinom Fonksiyonlar ve Doğru Doğru Denklemlerinin Bulunması İkinci Dereceden Polinom Fonksiyonlar ve Parabol MATEMATİK-1 Yrd.Doç.Dr.Ömer TARAKÇI
DetaylıDers #9. Otomatik Kontrol. Kararlılık (Stability) Prof.Dr.Galip Cansever. 26 February 2007 Otomatik Kontrol. Prof.Dr.
Der #9 Otomatik Kontrol Kararlılık (Stability) 1 Kararlılık, geçici rejim cevabı ve ürekli hal hataı gibi kontrol taarımcıının üç temel unurundan en önemli olanıdır. Lineer zamanla değişmeyen itemlerin
DetaylıDenklemler İkinci Dereceden Denklemler. İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler. a,b,c IR ve a 0 olmak üzere,
Bölüm 33 Denklemler 33.1 İkinci Dereceden Denklemler İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler a,b,c IR ve a 0 olmak üzere, ax 2 + bx + c = 0 biçimindeki her açık önermeye ikinci dereceden bir bilinmeyenli
Detaylıİşaret ve Sistemler. Ders 3: Periyodik İşaretlerin Frekans Spektrumu
İşaret ve Sistemler Ders 3: Periyodik İşaretlerin Frekans Spektrumu Fourier Serileri Periyodik işaretlerin spektral analizini yapabilmek için periyodik işaretler sinüzoidal işaretlerin toplamına dönüştürülür
DetaylıIşıma Şiddeti (Radiation Intensity)
Işıma Şiddeti (Radiation Intensity) Bir antenin birim katı açıdan yaydığı güçtür U=Işıma şiddeti [W/sr] P or =Işıma yoğunluğu [ W/m 2 ] Örnek-4 Bir antenin güç yoğunluğu Olarak verildiğine göre, ışıyan
Detaylı18.034 İleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
DetaylıAnalog Alçak Geçiren Filtre Karakteristikleri
Analog Alçak Geçiren Filtre Karakteristikleri Analog alçak geçiren bir filtrenin genlik yanıtı H a (jω) aşağıda gösterildiği gibi verilebilir. Ω p : Geçirme bandı kenar frekansı Ω s : Söndürme bandı kenar
DetaylıYAVAŞ DEĞİŞEN ÜNİFORM OLMAYAN AKIM
YAVAŞ DEĞİŞEN ÜNİFORM OLMAYAN AKIM Yavaş değişen akımların analizinde kullanılacak genel denklem bir kanal kesitindeki toplam enerji yüksekliği: H = V g + h + z x e göre türevi alınırsa: dh d V = dx dx
DetaylıSistem Dinamiği. Bölüm 2- Dinamik Cevap ve Laplace Dönüşümü. Doç.Dr. Erhan AKDOĞAN
Sistem Dinamiği - Dinamik Cevap ve Laplace Dönüşümü Doç. Sunumlarda kullanılan semboller: El notlarına bkz. Yorum Soru MATLAB Bolum No.Alt Başlık No.Denklem Sıra No Denklem numarası Şekil No Şekil numarası
DetaylıOTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ İŞARET AKIŞ DİYAGRAMLARI SIGNAL FLOW GRAPH
OTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ İŞARET AKIŞ DİYAGRAMLARI SIGNAL FLOW GRAPH İŞARET AKIŞ DİYAGRAMLARI İşaret akış diyagramları blok diyagramlara bir alternatiftir. Fonksiyonel bloklar, işaretler, toplama noktaları
DetaylıOtomatik Kontrol. Kapalı Çevrim Kontrol Sistemin Genel Gereklilikleri. Hazırlayan: Dr. Nurdan Bilgin
Otomatik Kontrol Kapalı Çevrim Kontrol Sistemin Genel Gereklilikleri Hazırlayan: Dr. Nurdan Bilgin Kapalı Çevrim Kontrol Kapalı Çevrim Kontrol Sistemin Genel Gereklilikleri Tüm uygulamalar için aşağıdaki
DetaylıCebirsel Fonksiyonlar
Cebirsel Fonksiyonlar Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 4 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; polinom, rasyonel ve cebirsel fonksiyonları tanıyacak ve bu türden bazı fonksiyonların grafiklerini öğrenmiş
DetaylıÖSS MATEMATİK TÜREV FASİKÜLÜ
ÖSS MATEMATİK TÜREV FASİKÜLÜ GRAFİK ÇİZİMİ Bir fonksiyonun denklemi verilip grafiği istendiğinde aşağıdaki yolu izlemeliyiz. ) Fonksiyonun en geniş tanım kümesi bulunur. ) ± için fonksiyonun limiti bulunur.
DetaylıPARABOL. çözüm. kavrama sorusu. çözüm. kavrama sorusu
PARABL Bu bölümde birinci dereceden fonksion =f()=a+b ve ikinci dereceden fonksion =f()=a +b+c grafiklerini üzesel olarak inceleeceğiz. f()=a +b+c ikinci dereceden bir bilinmeenli polinom fonksionun grafiği
DetaylıRİJİT CİSİMLERİN DÜZLEMSEL KİNEMATİĞİ
RİJİT CİSİMLERİN DÜZLEMSEL KİNEMATİĞİ MUTLAK GENEL DÜZLEMSEL HAREKET: Genel düzlemsel hareket yapan bir karı cisim öteleme ve dönme hareketini eşzamanlı yapar. Eğer cisim ince bir levha olarak gösterilirse,
DetaylıDÜZCE ÜNİVERSİTESİ TEKNOLOJİ FAKÜLTESİ ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ EET305 OTOMATİK KONTROL I Dr. Uğur HASIRCI
Blok Diyagramlar Geribeslemeli Sistemlerin Analizi ve Tasarımı İşaret Akış Diyagramları Mason Kuralı Durum Denklemlerinin İşaret Akış Diyagramları Durum Uzayında Alternatif Gösterimler 1 Birçok kontrol
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
DetaylıGERİLME ANALİZİ VE MOHR ÇEMBERİ MUKAVEMET
GERİLME ANALİZİ VE MOHR ÇEMBERİ MUKAVEMET Yrd. Doç. Dr. Emine AYDIN Yrd. Doç. Dr. Elif BORU 1 GENEL YÜKLEME DURUMUNDA GERİLME ANALİZİ Daha önce incelenen gerilme örnekleri eksenel yüklü yapı elemanları
DetaylıMühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş
Mühendislik Mekaniği Statik Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Bölüm 7 İç Kuvvetler Kaynak: Mühendislik Mekaniği: Statik, R. C. Hibbeler, S. C. Fan, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok. 7. İç Kuvvetler Bu bölümde, bir
DetaylıAyrık zamanlı sinyaller için de ayrık zamanlı Fourier dönüşümleri kullanılmatadır.
Bölüm 6 Z-DÖNÜŞÜM Sürekli zamanlı sinyallerin zaman alanından frekans alanına geçişi Fourier ve Laplace dönüşümleri ile mümkün olmaktadır. Laplace, Fourier dönüşümünün daha genel bir şeklidir. Ayrık zamanlı
DetaylıDers İçerik Bilgisi. Dr. Hakan TERZİOĞLU Dr. Hakan TERZİOĞLU 1
Dr. Hakan TERZİOĞLU Ders İçerik Bilgisi PID Parametrelerinin Elde Edilmesi A. Salınım (Titreşim) Yöntemi B. Cevap Eğrisi Yöntemi Karşılaştırıcı ve Denetleyicilerin Opamplarla Yapılması 1. Karşılaştırıcı
DetaylıOTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ. DİNAMİK SİSTEMLERİN MODELLENMESİ ve ANALİZİ
OTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ DİNAMİK SİSTEMLERİN MODELLENMESİ ve ANALİZİ 1) İdeal Sönümleme Elemanı : a) Öteleme Sönümleyici : Mekanik Elemanların Matematiksel Modeli Basit mekanik elemanlar, öteleme hareketinde;
DetaylıÜç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi
Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Uzayda bir noktayı ifade edebilmek için ilk önce O noktasını (başlangıç noktası) ve bu noktadan geçen ve birbirine dik olan üç yönlü doğruyu seçerek sabitlememiz gerekir.
DetaylıMatematikte karşılaştığınız güçlükler için endişe etmeyin. Emin olun benim karşılaştıklarım sizinkilerden daha büyüktür.
- 1 - ÖĞRENME ALANI CEBİR BÖLÜM KARMAŞIK SAYILAR ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Karmaşık Sayılar Karmaşık Sayıların Kutupsal Biçimi KARMAŞIK SAYILAR Kazanım 1 : Gerçek sayılar kümesini genişletme gereğini örneklerle
DetaylıT I M U R K A R A Ç AY, H AY D A R E Ş, O R H A N Ö Z E R K A L K U L Ü S N O B E L
T I M U R K A R A Ç AY, H AY D A R E Ş, O R H A N Ö Z E R K A L K U L Ü S N O B E L 1 Denklemler 1.1 Doğru deklemleri İki noktası bilinen ya da bir noktası ile eğimi bilinen doğruların denklemlerini yazabiliriz.
DetaylıMAT MATEMATİK I DERSİ
MATEMATİK BÖLÜMÜ MAT 0 - MATEMATİK I DERSİ ÇALIŞMA SORULARI Bölüm : Fonksiyonlar. Tanım Kümesi ) f() = ln fonksiyonu verilsin. Tanım kümesini bulunuz. ((0, )\{}) Bölüm : Limit ve Süreklilik.. Limit L Hospital
DetaylıBÖLÜM 1: MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ
BÖLÜM 1: MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ 1.1. Giriş Kinematik, daha öncede vurgulandığı üzere, harekete sebep olan veya hareketin bir sonucu olarak ortaya çıkan kuvvetleri dikkate almadan cisimlerin hareketini
DetaylıBÖLÜM-6 BLOK DİYAGRAMLARI
39 BÖLÜM-6 BLOK DİYAGRAMLARI Kontrol sistemlerinin görünür hale getirilmesi Bileşenlerin transfer fonksiyonlarını gösterir. Sistemin fiziksel yapısını yansıtır. Kontrol giriş ve çıkışlarını karakterize
DetaylıYukarıdaki şekilde, birim geribeslemeli bir kontrol sisteminin ileri yol transfer fonksiyonuna ait, sistemin orijinal çevrim kazancı K = 1 için deneysel olarak elde edilmiş Bode eğrisi verilmiştir. Aşağıdaki
DetaylıAralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
ARALIKLAR Gerçel sayıların, aralık olarak adlandırılan bazı kümeleri kalkülüste sık sık kullanılır ve geometrik olarak doğru parçalarına karşılık gelir. Örneğin, a < b ise, a dan b ye açık aralık, a ile
DetaylıMIT 8.02, Bahar 2002 Ödev # 1 Çözümler
Adam S. Bolton bolton@mit.edu MIT 8.02, Bahar 2002 Ödev # 1 Çözümler 15 Şubat 2002 Problem 1.1 Kütleçekim ve Elektrostatik kuvvetlerin bağıl şiddetleri. Toz parçacıkları 50 µm çapında ve böylece yarıçapları
DetaylıMAT MATEMATİK I DERSİ
MATEMATİK BÖLÜMÜ MAT 0 - MATEMATİK I DERSİ ÇALIŞMA SORULARI Bölüm : Fonksiyonlar. Tanım Kümesi ) f() = ln fonksiyonu verilsin. Tanım kümesini bulunuz. ((0, )\{}) Bölüm : Limit ve Süreklilik.. Limit L Hospital
Detaylı1. BÖLÜM Polinomlar BÖLÜM II. Dereceden Denklemler BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler BÖLÜM Parabol
ORGANİZASYON ŞEMASI . BÖLÜM Polinomlar... 7. BÖLÜM II. Dereceden Denklemler.... BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler... 9. BÖLÜM Parabol... 5 5. BÖLÜM Trigonometri... 69 6. BÖLÜM Karmaşık Sayılar... 09 7.
DetaylıİÇİNDEKİLER ÖNSÖZ Bölüm 1 KÜMELER Bölüm 2 SAYILAR
İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ III Bölüm 1 KÜMELER 11 1.1. Küme 12 1.2. Kümelerin Gösterimi 13 1.3. Boş Küme 13 1.4. Denk Küme 13 1.5. Eşit Kümeler 13 1.6. Alt Küme 13 1.7. Alt Küme Sayısı 14 1.8. Öz Alt Küme 16 1.9.
DetaylıGenel Olarak Bir Yüzeyin Diğer Bir Yüzeye Projeksiyonu
JEODEZİ9 1 Genel Olarak Bir Yüzeyin Diğer Bir Yüzeye Projeksiyonu u ve v Gauss parametrelerine bağlı olarak r r ( u, v) yer vektörü ile verilmiş bir Ω yüzeyinin, u*, v* Gauss parametreleri ile verilmiş
DetaylıMohr Dairesi Düzlem Gerilme
Mohr Dairesi Düzlem Gerilme Bu bölümde düzlem gerilme dönüşüm denklemlerinin grafiksel bir yöntem ile nasıl uygulanabildiğini göstereceğiz. Böylece dönüşüm denklemlerinin kullanılması daha kolay olacak.
Detaylı1. Hafta Uygulama Soruları
. Hafta Uygulama Soruları ) x ekseni, x = doğrusu, y = x ve y = x + eğrileri arasında kalan alan nedir? ) y = x 3 ve y = 4 x 3 parabolleri arasında kalan alan nedir? 3) y = x, x y = 4 eğrileri arasında
DetaylıMat-Lab ile Kök Yer Eğrileri
Mat-Lab ile Kök Yer Eğrileri Prof.Dr. Galip Cansever 1 MatLab ile Kök yer eğrisi çiziminde num = = num 1 + K = 0 den ( s s m + z 1 b s 1 )( s m 1 z m formunu kullanacağız. )...( s +... + b m z m ) den
DetaylıB: Bu şekildeki her bir nokta dikdörtgenin noktalarını temsil eder.
2. ÇOK KATLI İNTEGRALLER, DİFERENSİYEL DENKLEMLERE GİRİŞ 2.1. Çok Katlı İntegraller 2.1.1. İki Katlı İntegraller Fonksiyonu bir B bölgesinde sınırlı yani için olsun. B bölgesi alt bölgelere ayrılırsa;
DetaylıLYS MATEMATİK DENEME - 1
LYS MATEMATİK DENEME - BU SORULAR FİNAL EĞİTİM KURUMLARI TARAFINDAN SAĞLANMIŞTIR. İZİNSİZ KOPYALANMASI VE ÇOĞALTILMASI YASAKTIR, YAPILDIĞI TAKDİRDE CEZAİ İŞLEM UYGULANACAKTIR. LYS MATEMATİK TESTİ. Bu testte
DetaylıElektromanyetik Dalga Teorisi
Elektromanyetik Dalga Teorisi Ders-2 Dalga Denkleminin Çözümü Düzlem Elektromanyetik Dalgalar Enine Elektromanyetik Dalgalar Kayıplı Ortamda Düzlem Dalgalar Düzlem Dalgaların Polarizasyonu Dalga Denkleminin
DetaylıLYS Y OĞRU MTMTİK TSTİ LYS-. u testte Matematik ile ilgili soru vardır.. evaplarınızı, cevap kâğıdının Matematik Testi için ayrılan kısmına işaretleyiniz.. u testteki süreniz 7 dakikadır.. a ve b asal
DetaylıFREKANS CEVABI YÖNTEMLERİ FREKANS ALANI CEVABI VEYA SİNUSOİDAL GİRİŞ CEVABI
FREKANS CEVABI YÖNEMLERİ FREKANS ALANI CEVABI VEYA SİNUSOİDAL GİRİŞ CEVABI G(s (r(t ı Laplace döüşümü; A(s B(s A(s (s p (s p L(s p C(s G(sR(s R(s R s A(s B(s R(s A(s R a C(s L B(s s s j s j s p a b b s
DetaylıYÜZÜNCÜ YIL ÜNİVERSİTESİ ELEKTRİK ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ ANALOG ELEKTRONİK DENEY RAPORU
YÜZÜNCÜ YIL ÜNİVERSİTESİ ELEKTRİK ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ ANALOG ELEKTRONİK DENEY RAPORU DENEY NO : DENEYİN ADI : YAPILIŞ TARİHİ: GRUP ÜYELERİ : 1. 2. 3. DERSİN SORUMLU ÖĞRETİM ÜYESİ: Yrd. Doç.
DetaylıTürev Uygulamaları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV
Türev Uygulamaları Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 10 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; türev kavramı yardımı ile fonksiyonun monotonluğunu, ekstremum noktalarını, konvekslik ve konkavlığını, büküm
DetaylıOTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ. DİNAMİK SİSTEMLERİN MODELLENMESİ ve ANALİZİ
OTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ DİNAMİK SİSTEMLERİN MODELLENMESİ ve ANALİZİ Modelleme Önceki bölümlerde blok diyagramları ve işaret akış diyagramlarında yer alan transfer fonksiyonlarındaki kazançlar rastgele
Detaylı18.034 İleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
DetaylıDeney 5 : Ayrık Filtre Tasarımı. Prof. Dr. Aydın Akan Bahattin Karakaya Umut Gündoğdu Yeşim Hekim Tanç
İ. Ü. Elektrik&Elektronik Müh. Böl. İŞARET İŞLEME ve UYGULAMALARI Deney 5 : Ayrık Filtre Tasarımı Prof. Dr. Aydın Akan Bahattin Karakaya Umut Gündoğdu Yeşim Hekim Tanç Deney 5 : Ayrık Filtre Tasarımı 1.
DetaylıJeodezi
1 Jeodezi 5 2 Jeodezik Eğri Elipsoid Üstünde Düşey Kesitler Elipsoid yüzünde P 1 noktasındaki normalle P 2 noktasından geçen düşey düzlem, P 2 deki yüzey normalini içermez ve aynı şekilde P 2 de yüzey
Detaylıx e göre türev y sabit kabul edilir. y ye göre türev x sabit kabul edilir.
TÜREV y= f(x) fonksiyonu [a,b] aralığında tanımlı olsun. Bu aralıktaki bağımsız x değişkenini h kadar arttırdığımızda fonksiyon değeri de buna bağlı olarak değişecektir. Fonksiyondaki artma miktarını değişkendeki
DetaylıOTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ BLOK DİYAGRAM İNDİRGEME KURALLARI
OTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ BLOK DİYAGRAM İNDİRGEME KURALLARI BLOK DİYAGRAM İNDİRGEME KURALLARI Örnek 9: Aşağıdaki açık çevrim blok diyagramının transfer fonksiyonunu bulunuz? 2 BLOK DİYAGRAM İNDİRGEME
DetaylıTİTREŞİM VE DALGALAR BÖLÜM PERİYODİK HAREKET
TİTREŞİM VE DALGALAR Periyodik Hareketler: Belirli aralıklarla tekrarlanan harekete periyodik hareket denir. Sabit bir nokta etrafında periyodik hareket yapan cismin hareketine titreşim hareketi denir.
DetaylıTOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Elektrik ve Elektronik Mühendisliği Bölümü ELE 301 Kontrol Sistemleri I.
TOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Elektrik ve Elektronik Mühendisliği Bölümü ELE 3 Kontrol Sistemleri I Ara Sınav 8 Haziran 4 Adı ve Soyadı: Bölüm: No: Sınav süresi dakikadır.
DetaylıChapter 1 İçindekiler
Chapter 1 İçindekiler Kendinizi Test Edin iii 10 Birinci Mertebeden Diferansiel Denklemler 565 10.1 Arılabilir Denklemler 566 10. Lineer Denklemler 571 10.3 Matematiksel Modeller 576 10.4 Çözümü Olmaan
DetaylıGerilme Dönüşümleri (Stress Transformation)
Gerilme Dönüşümleri (Stress Transformation) Bu bölümde, bir noktaya etkiyen ve bir koordinat ekseni ile ilişkili gerilme bileşenlerini, başka bir koordinat sistemi ile ilişkili gerilme bileşenlerine dönüştürmek
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
DetaylıDERSİN ADI: MATEMATİK II MAT II (12) KUTUPSAL KOORDİNATLAR VE UYGULAMALARI 1. KUTUPSAL KOORDİNATLAR 2. EĞRİ ÇİZİMLERİ
DERSİN ADI: MATEMATİK II MAT II (1) ÜNİTE: KUTUPSAL KOORDİNATLAR VE UYGULAMALARI 1. KUTUPSAL KOORDİNATLAR. EĞRİ ÇİZİMLERİ GEREKLİ ÖN BİLGİLER 1. Trigonometrik fonksiyonlar. İntegral formülleri KONU ANLATIMI
DetaylıMAT 101, MATEMATİK I, FİNAL SINAVI 08 ARALIK (10+10 p.) 2. (15 p.) 3. (7+8 p.) 4. (15+10 p.) 5. (15+10 p.) TOPLAM
TOBB-ETÜ, MATEMATİK BÖLÜMÜ, GÜZ DÖNEMİ 2014-2015 MAT 101, MATEMATİK I, FİNAL SINAVI 08 ARALIK 2014 Adı Soyadı: No: İMZA: 1. 10+10 p.) 2. 15 p.) 3. 7+8 p.) 4. 15+10 p.) 5. 15+10 p.) TOPLAM 1. a) NOT: Tam
Detaylı7. f(x) = 2sinx cos2x fonksiyonunun. π x 3 2 A) y = 9. f(x) = 1 2 x2 3x + 4 eğrisinin hangi noktadaki teğetinin D) ( 10 3, 4 9 ) E) ( 2 3, 56
, 006 MC Cebir Notları Gökhan DEMĐR, gdemir@ahoo.com.tr Türev TEST I 7. f() = sin cos fonksionunun. f()= sin( + )cos( ) için f'() nin eşiti nedir? A) B) C) 0 D) E) için erel minimum değeri nedir? A) B)
DetaylıEnerji Sistemleri Mühendisliği Bölümü
YALOVA ÜNİVERSİTESİ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ Enerji Sistemleri Mühendisliği Bölümü ESM 413 Enerji Sistemleri Laboratuvarı-II RL, RC ve RLC DEVRELERİNİN AC ANALİZİ Puanlandırma Sistemi: Hazırlık Soruları:
DetaylıMühendislik Mekaniği Dinamik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş
Mühendislik Mekaniği Dinamik Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Bölüm 17 Rijit Cismin Düzlemsel Kinetiği; Kuvvet ve İvme Kaynak: Mühendislik Mekaniği: Dinamik, R.C.Hibbeler, S.C.Fan, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok.
DetaylıİÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Noktanın Analitik İncelenmesi...3. Doğrunun Analitiği Analitik Düzlemde Simetri...25
İÇİNDEKİLER Ön Söz...2 Noktanın Analitik İncelenmesi...3 Doğrunun Analitiği...11 Analitik Düzlemde Simetri...25 Analitik Sistemde Eşitsizlikler...34 Çemberin Analitik İncelenmesi...40 Elips...58 Hiperbol...70
DetaylıKATI CİSİMLERİN BAĞIL İVME ANALİZİ:
KATI CİSİMLERİN BAĞIL İVME ANALİZİ: Genel düzlemsel hareket yapmakta olan katı cisim üzerinde bulunan iki noktanın ivmeleri aralarındaki ilişki, bağıl hız v A = v B + v B A ifadesinin zamana göre türevi
Detaylıalalım. O noktasına, bu eksenlerin sıfır noktası(orijin, merkez) denir. Pozitif sayılar, yatay
1 DİK (KARTEZYEN) KOORDİNAT SİSTEMİ: Bir O noktasında dik olarak kesişen ata ve düşe doğrultudaki iki saı eksenini ele alalım. O noktasına, u eksenlerin sıfır noktası(orijin, merkez) denir. Pozitif saılar,
DetaylıSAYISAL İŞARET İŞLEME LABORATUARI LAB 5: SONSUZ DÜRTÜ YANITLI (IIR) FİLTRELER
SAYISAL İŞARET İŞLEME LABORATUARI LAB 5: SONSUZ DÜRTÜ YANITLI (IIR) FİLTRELER Bu bölümde aşağıdaki başlıklar ele alınacaktır. Sonsuz dürtü yanıtlı filtre yapıları: Direkt Şekil-1, Direkt Şekil-II, Kaskad
DetaylıBölüm 3 AC Devreler. 1. AC devrede, seri RC ağının karakteristiklerini anlamak. 2. Kapasitif reaktans, empedans ve faz açısı kavramlarını anlamak.
Bölüm 3 AC Devreler DENEY 3-1 AC RC Devresi DENEYİN AMACI 1. AC devrede, seri RC ağının karakteristiklerini anlamak. 2. Kapasitif reaktans, empedans ve faz açısı kavramlarını anlamak. GENEL BİLGİLER Saf
Detaylı10. Sunum: Laplace Dönüşümünün Devre Analizine Uygulanması
10. Sunum: Laplace Dönüşümünün Devre Analizine Uygulanması Kaynak: Temel Mühendislik Devre Analizi, J. David IRWIN-R. Mark NELMS, Nobel Akademik Yayıncılık 1 Laplace Devre Çözümleri Aşağıdaki devrenin
DetaylıFinal sınavı konularına aşağıdaki sorular dahil değildir: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 19, 20, 21, 25, 27, 28, 29, 30, 33-b.
Final sınavı konularına aşağıdaki sorular dahil değildir:,,,, 5, 6, 7, 9,,, 5, 7, 8, 9,, -b. MAT -MATEMATİK (- GÜZ DÖNEMİ) FİNAL ÇALIŞMA SORULARI. Tabanı a büyük eksenli, b küçük eksenli elips ile sınırlanan
DetaylıÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV. ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV
- 1 - ÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV Kazanım 1 : Türev Kavramını fiziksel ve geometrik uygulamalar yardımıyla açıklar, türevin tanımını
Detaylı12. SINIF. Ağırlık (%) SAYILAR VE CEBİR ÜSTEL VE LOGARİTMİK FONKSİYONLAR Üstel Fonksiyon 1 8 4
12. SINIF No Konular Kazanım Sayısı Ders Saati Ağırlık (%) 12.1. ÜSTEL VE LOGARİTMİK FONKSİYONLAR 6 36 17 12.1.1. Üstel Fonksiyon 1 8 4 12.1.2. Logaritma Fonksiyonu 3 18 8 12.1.3 Üstel, Logaritmik Denklemler
DetaylıDoğrusal Demet Işıksallığı 2. Fatma Çağla Öztürk
Doğrusal Demet Işıksallığı Fatma Çağla Öztürk İçerik Demet Yönlendirici Mıknatıslar Geleneksel Demir Baskın Mıknatıslar 3.07.01 HPFBU Toplantı, OZTURK F. C. Demet Yönlendirici Mıknatıslar Durgun mıknatıssal
DetaylıManyetik Alanlar. Benzer bir durum hareketli yükler içinde geçerli olup bu yüklerin etrafını elektrik alana ek olarak bir manyetik alan sarmaktadır.
Manyetik Alanlar Manyetik Alanlar Duran ya da hareket eden yüklü parçacığın etrafını bir elektrik alanın sardığı biliyoruz. Hatta elektrik alan konusunda şu sonuç oraya konulmuştur. Durgun bir deneme yükü
DetaylıTek Değişkenli Optimizasyon OPTİMİZASYON. Gradient Tabanlı Yöntemler. Bisection (İkiye Bölme) Yöntemi
OPTİMİZASYON Gerçek hayatta, çok değişkenli optimizasyon problemleri karmaşıktır ve nadir olarak problem tek değişkenli olur. Bununla birlikte, tek değişkenli optimizasyon algoritmaları çok değişkenli
DetaylıBÖLÜM 6 LAPLACE DÖNÜŞÜMLERİ
BÖLÜM 6 LAPLACE DÖNÜŞÜMLERİ 6.2. Laplace Dönüşümü Tanımı Bir f(t) fonksiyonunun Laplace alındığında oluşan fonksiyon F(s) ya da L[f(t)] olarak gösterilir. Burada tanımlanan s; ÇÖZÜM: a) b) c) ÇÖZÜM: 6.3.
DetaylıMAK 210 SAYISAL ANALİZ
MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 5- SONLU FARKLAR VE İNTERPOLASYON TEKNİKLERİ Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ MAK 210 - Sayısal Analiz 1 İNTERPOLASYON Tablo halinde verilen hassas sayısal değerler veya ayrık noktalardan
Detaylı8.04 Kuantum Fiziği Ders XII
Enerji ölçümünden sonra Sonucu E i olan enerji ölçümünden sonra parçacık enerji özdurumu u i de olacak ve daha sonraki ardışık tüm enerji ölçümleri E i enerjisini verecektir. Ölçüm yapılmadan önce enerji
DetaylıŞekil 23.1: Düzlemsel bölgenin alanı
Bölüm Belirli İntegral Şekil.: Düzlemsel bölgenin alanı Düzlemde kare, dikdörtgen, üçgen, çember gibi iyi bilinen geometrik şekillerin alanlarını bulmak için uygun formüller kullanıyoruz. Ama, uygulamada
DetaylıTRANSİSTÖRLÜ YÜKSELTEÇLERDE GERİBESLEME
TRANSİSTÖRLÜ YÜKSELTEÇLERDE GERİBESLEME Amaç Elektronikte geniş uygulama alanı bulan geribesleme, sistemin çıkış büyüklüğünden elde edilen ve giriş büyüklüğü ile aynı nitelikte bir işaretin girişe gelmesi
DetaylıTEMEL MEKANİK 4. Yrd. Doç. Dr. Mehmet Ali Dayıoğlu Ankara Üniversitesi Ziraat Fakültesi Tarım Makinaları ve Teknolojileri Mühendisliği Bölümü
TEMEL MEKANİK 4 Yrd. Doç. Dr. Mehmet Ali Dayıoğlu Ankara Üniversitesi Ziraat Fakültesi Tarım Makinaları ve Teknolojileri Mühendisliği Bölümü Ders Kitapları: Mühendisler İçin Vektör Mekaniği, Statik, Yazarlar:
DetaylıDENEY 5: FREKANS CEVABI VE BODE GRAFİĞİ
DENEY 5: FREKANS CEVABI VE BODE GRAFİĞİ 1 AMAÇ Bu deneyin temel amacı; bant geçiren ve alçak geçiren seri RLC filtrelerin cevabını incelemektir. Ayrıca frekans cevabı deneyi neticesinde elde edilen verileri
DetaylıELE401/ /17 GÜZ ÖDEV 2 - ÇÖZÜMLER
ELE40/50 06/7 GÜZ ÖDEV - ÇÖZÜMLER -) Lyapunov kararlılığı için = 0, V( ) = 0 0, V( ) > 0 biçiminde bir Lyapunov fonksiyonu 0, V( ) 0 eşitsizliğini sağlanmalıdır. Asimptotik kararlılık için 0, V( ) < 0
Detaylı2-MANYETIK ALANLAR İÇİN GAUSS YASASI
2-MANYETIK ALANLAR İÇİN GAUSS YASASI Elektrik yükleri yani pozitif ve negatif yükler birbirlerinden ayrı ve izole halde düşünülebilirler. Bu durum, Kuzey ve güney manyetik kutuplar için de söz konusu olabilir
DetaylıÖrnek...1 : Örnek...5 : n bir pozitif tamsayı ise i 4 n + 2 +i 8 n + 1 2 +i 2 0 n + 6 =?
KARMAŞIK SAYILAR Karmaşık saılar x 2 + 1 = 0 biçimindeki denklemlerin çözümünü apabilmek için tanım lanm ıştır. Örnek...2 : Toplamları 6 ve çarpımları 34 olan iki saı bulunuz. a ve b birer reel saı ve
DetaylıSistem Dinamiği ve Kontrolü Bütünleme 26 Ocak 2017 Süre: 1.45 Saat. Adı ve Soyadı : İmzası : Öğrenci Numarası :
Adı ve Soyadı : İmzası : Öğrenci Numarası : SORU 1 Fiziki bir sistem yandaki işaret akış grafiği ile temsil edilmektedir.. a. Bu sistemin transfer fonksiyonunu Mason genel kazanç bağıntısını kullanarak
Detaylı(m+2) +5<0. 7/m+3 + EŞİTSİZLİKLER A. TANIM
EŞİTSİZLİKLER A. TANIM f(x)>0, f(x) - eşitsizliğinin
DetaylıMUKAVEMET Öğr. Gör. Fatih KURTULUŞ
www.sakarya.edu.tr MUKAVEMET Öğr. Gör. Fatih KURTULUŞ www.sakarya.edu.tr 1. DÜŞEY YÜKLÜ KİRİŞLER Cisimlerin mukavemeti konusunun esas problemi, herhangi bir yapıya uygulanan bir kuvvetin oluşturacağı gerilme
Detaylı