Sayısal Kontrol - HAVA HARP OKULU Bölüm 4 Sayısal Kontrolör Tasarımı

Sayısal Kontrol - HAVA HARP OKULU Bölüm 4 Sayısal Kontrolör Tasarımı İbrahim Beklan Küçükdemiral Yıldız Teknik Üniversitesi 2015 1 / 72

Bu bölümde aşağıdaki konular incelenecektir: Tasarım Yöntemlerine genel bir bakış Anten Kontrol Sistemi Kontrol Sistemlerinde kararlı hal hataları Geçici Rejim Yanıtı ve Spesifikasyonlar Bozucu Bastırma Problemi s düzleminde Tasarım z düzleminde Tasarım Tasarım Sürecinde MATLAB Tasarım Örnekleri PI, PD ve PID Tipi Sayısal Kontrolörler 2 / 72

Giriş Bu bölümde dönüşüm metotları kullanarak sayısal kontrolör tasarımı problemine eğileceğiz. Kontrolörlerin amacı, kabul edilmeyen davranışı kabul edilebilir kılmaktır. Genel bir kontrol sisteminde aşağıdaki performans ve kararlılık gereksinimlerinin bazıları yada tamamı bulunabilir: Kapalı Çevrim Kararlılık Kararlı Hal Doğruluğu Kabul Edilebilir bir Geçici Rejim Yanıtı Bozucu Bastırma Yeteneği Kontrol Kazanç Kısıtlarına Uyma (Doyum ve Eyleyici Hızları gibi) (Özellikle ADC ve DAC lerde önem arz eder.) Parametre Değişimlerine Karşı Düşük Hassasiyet 3 / 72

Yöntem ve Kapsam Kutup atama tasarımı (Pole Placement Design) yöntemi kullanılacaktır. Tasarımcı sistemden beklenen gereksinimleri yerine getirecek kutupları belirler ve kapalı çevrimin kutuplarının bu belirlenen noktalara gelmesi için kontrolörü tasarlar. Neden Kutup Atama Tasarımı s-düzlemi ile z-düzleminde tasarım hemen hemen aynı şekildedir. Bu nedenle alışık olduğumuz s-düzlemi teknikleri aynen z-düzlemi için de geçerlidir. Diğer taraftan frekans bölgesi tasarım yöntemleri sürekli zaman ile ayrık zamanda oldukça farklıdır. Bu nedenle, bu derste bu konuya girilmeyecektir. 4 / 72

Tasarım Yöntemlerinin Karşılaştırılması Kutup Atama Tasarımı s du zleminde Tasarım Dog rudan z du zleminde Tasarım s du zlemi metotları ile tasarım yapılır Bu yo ntemde proses ayrıklas tırılır Gc (s) Gc (z) d o nu s u mu uygulanır Kesin Sonuc Sag lar ADC modelleme dıs ı bırakılır O rnekleme yeterince hızlı olmalıdır 5 / 72

Sistem Spesifikasyonları (Örnek Sistem) Büyük bir antenin yatay (azimut) açısının kontrolü problemi ile ilgilenelim: 6 / 72

Sistem Spesifikasyonları (Örnek Sistem) Sistemde yer alan anten ve motor sistemi bir bütün olarak şu şekilde dinamik modele sahip olsun: J θ + B θ = T + Tw Burada θ = Anten Açısı (Kontrol Edilen Değişken) J = Tüm döner cisimlerin toplam eğlemsizliği B = Toplam viskoz sürtünmesi T = Motor Torku Tw = Rüzgar kuvveti (bozucu) 7 / 72

Sistem Blok Diyagramı Tw T + + 1 Js B 8 / 72 θ 1 s θ

J θ + B θ = T + Tw denkleminin her iki tarafını B sabitine bölelim. Tw T J + θ + θ = B B B J/B sistemin zaman sabitidir. Kolaylık olması amacı ile zaman sabiti J/B = 10san olsun. Ayrıca u, T, B w, Tw, B Bu durumda sisteme ait dinamik denklem: 10θ + θ = u + Tw 9 / 72 y,θ

Sistem Blok Diyagramı w u + + 1 10s 1 s Sisteme ait transfer fonksiyonları: Y (s) 1 0.1 = = U(s) s(10s + 1) s(s + 0.1) Y (s) 0.1 = W (s) s(s + 0.1) 10 / 72 y

Kapalı Çevrim Kontrol Sistemi Amaç Kontrolör referans anten pozisyonunu (θr ) giriş kabul edecek ve uygun şekilde motor momenti T yi ayarlayarak referans izleme hatasını (e = θr θ) istenilen özellikleri sağlayacak şekilde en aza indirmeye çalışacaktır. W R + + E 11 / 72 D(z) U + G(z) Y

Kontrol Sisteminden Beklenenler - Kararlı Hal Doğruluğu Kararlı Hal Hata Değeri Beklentisi θr = 0.01t (34 /dak) şeklinde değişen bir referans işaret altında kararlı hal hatasının θr θ < 0.01rad olması istenmektedir. KHH ları Neden Oluşur? Referans İşarette ve bozucuda oluşan değişimler Kontrol Sistemlerinde KHH yı ne belirler? Tip-0 Sistemler Referans sabit bir giriş ise çıkış sabit bir hata oluşturur. Tip-1 Sistemler Referans sabit ise 0 hata; referans rampa ise sonlu hata Tip-2 SistemlerReferans sabit veya rampa ise 0 hata; referans parabolik ise sonlu hata 12 / 72

Kararlı Hal Hatası W R + + E D(z) U + G(z) E (z) = R(z) G (z)d(z)e (z) E (z) = 13 / 72 R(z) 1 + G (z)d(z) Y

KHH... Giriş : Basamak Tipi Fonksiyon R(z) = r0 z r0 z 1 = E (z) = z 1 z 1 1 + G (z)d(z) r0 z 1 r0 z = lim z 1 z 1 1 + G (z)d(z) z 1 1 + G (z)d(z) r0 r0 e( ) =,, Kp : Pozisyon hata sabiti 1 + G (1)D(1) 1 + Kp e( ) = lim (z 1) 1. Tip-0 G (z)d(z) nin z = 1 de kutbu yok. Kp sonlu = e( ) 6= 0 2. Tip-1 G (z)d(z) nin z = 1 de 1 kutbu var. Kp = = e( ) = 0 3. Tip-2 G (z)d(z) nin z = 1 de 2 kutbu var. Kp = = e( ) = 0 14 / 72

KHH... Giriş : Rampa Tipi Fonksiyon R(z) = 1 v0 Tz v0 Tz = E (z) = 2 2 (z 1) (z 1) 1 + G (z)d(z) e( ) = lim (z 1) z 1 0 Tz (z 1)2 1 v0 Tz = lim 1 + G (z)d(z) z 1 (z 1)(1 + G (z)d(z)) v0 Tz v0,, z 1 (z 1)(1 + G (z)d(z)) Kv e( ) = lim Kv : Hız hata sabiti (z 1)(1 + G (z)d(z)) (z 1)G (z)d(z) = lim z 1 z 1 Tz Tz Kv = lim 15 / 72

KHH... Giriş : Rampa Tipi Fonksiyon 1. Tip-0 G (z)d(z) nin z = 1 de kutbu yok. Kv = 0 = e( ) = 2. Tip-1 G (z)d(z) nin z = 1 de 1 kutbu var. Kv 6= 0 = e( ) sonlu 3. Tip-2 G (z)d(z) nin z = 1 de 2 kutbu var. Kv = = e( ) = 0 İvme Hatası Benzer bir uygulama parabolik girişler içinde yapılabilir. e( ) = a0 Ka Ka = 1 lim (z 1)2 G (z)d(z) T 2 z 1 Ancak parabolik girişleri takip eden bir kontrolör yapmak çok çok zordur 16 / 72 ve nadir uygulamalardandır.

KHH... Problemimizde v0 = 0.01 olduğundan e( ) 0.01 olabilmesi için Kv 1 olmalıdır. Hatırlatma: Sürekli Zaman Sistemlerde KHH Kp = lim G (s)d(s) = G (0)D(0) s 0 Kv = lim sg (s)d(s) s 0 Ka = lim s 2 G (s)d(s) s 0 17 / 72

Geçici Rejim Yanıtı AMAÇ Amaç iyi bir dinamik hata yanıtı elde etmektir. Geçici rejim spesifikasyonları zaman tanım bölgesinde yada frekans tanım bölgesinde verilebilir. Biz bu derste zaman tanım bölgesi kriterlerine odaklanacağız. Spesifikasyonlar Basamak yanıtı üzerinden: 1. Yüzde Aşım Miktarı 2. Yükselme Zamanı 3. Yerleşme Zamanı 18 / 72

Ele Alacağımız Sistem ve Spesifikasyonlar Tipik bir 2. Mertebeden Sistem ωn2 s 2 + 2ζωn + ωn2 Örneğin ζ = 0.5 ve ωn = 1 için basamak cevabı: 19 / 72

Tipik bir 2. Mertebeden Sistem 20 / 72

Kriterler Yüzde Aşım Miktarı Sadece sönüm oranına bağlıdır. 2 PO = e ζπ/ 1 ζ 100 ζ PO 1 100 0.6 Tasarımda ise genellikle verilen bir PO için ζ aranır!!! Aşımın belli bir PO değerinden küçük olmasını sağlayacak ζ değeri: PO ζ 0.6 1 100 21 / 72

Kriterler Yükselme Zamanı, tr Değeri analitik olarak tam belirlenemez. Ancak ωn den etkilenir. tr 1.8 ωn Not Bu yaklaşıklık ζ = 0.5 civarında gerçeğe çok yakındır. verilen bir tr yi garanti eden ωn : ωn 22 / 72 1.8 tr

Kriterler Yerleşme Zamanı (ts ), ζωn den etkilenir! 2. Mertebeden bir sistemin birim basamak cevabı y (t) = 1 e ζωn t cos(ωd t + φ) p şeklinde ifade edilir. Burada ωd = ωn 1 ζ 2 sönümlü osilasyon frekansını ifade eder. Hatayı belirleyen terim sinüsoidin zarfıdır. Yani e ζωn t ts süre sonra hatanın %1 den küçük olmasını istersek: e ζωn ts 0.01 sağlanmalıdır. Tasarım esnasında ts verildiğinde: 23 / 72 ζωn 4.6 ts

Zaman Tanım Bölgesi Kriterleri sabit ζ as ımı belirler sabit ζωn Yerles me Zamanını belirler sabit ωn Yu kselme Zamanı 24 / 72

Örneğimize Geri Dönelim (Anten Kontrol Sistemi) Sistemden Beklentiler: 1. PO %15 = ζ > 0.5 2. tr 6san. = ωn 1.8 6 = 0.3 3. ts 20san. = ζωn 0.23 25 / 72

Tasarım (Anten Kontrol Sistemi) sabit ζ as ımı belirler sabit ζωn Yerles me Zamanını belirler sabit ωn Yu kselme Zamanı 26 / 72

s düzlemi bölgeleri = z düzlemi bölgeleri Dönüşüm z = e st Sabit Sönüm Oranı = Logaritmik Spiral Eğriler Sabit Doğal Frekans ωn = z = 1 e yakn bölgelerde neredeyse daireler ancak ωn büyüdükçe bozulmalar... Sabit ζωn = Sabit yarı çaplı dairesel bölgeler 27 / 72

Kriterlerin z düzlemi karşılığı T = 1 saniye 28 / 72

Bozucu Bastırma Problemi R(z) = 0 kabul ederek, W (z) nin takip hatası E (z) üzerindeki etkisine bakalım: G (z) E (z) = W (z) 1 + G (z)d(z) D(z)G (z) 1 kabul edilirse E (z) 1 W (z) D(z) Not: Kontrolör genliği yüksek seçilerek başarılı bir bozucu bastırımı sağlanabilir. 29 / 72

Anten Kontrol Sistemi Doğrudan s düzleminde tasarım: Sistem transfer fonksiyonu 0.1 şeklindedir. Sistemde yer alan örnekleyiciyi dikkate G (s) = s(s+0.1) almazsak: K (s + 0.1) D(s) = s + 0.5 seçersek gerekli kriterler sağlanır. 30 / 72

Tasarım: ωn = 0.46, ζ = 0.5 seçimi ile... s=tf( s ); G=0.1/(s*(s+0.1)) D=(s+0.1)/(s+0.5); rlocus(gd); sgrid(0.5,0.46) K = 2.26 31 / 72

Tasarım... 2.26(s + 0.1) s + 0.5 Kapalı çevrim sistem s tanım bölgesinde: D(s) = 0.226 Y (s) = 2 R(s) s + 0.5s + 0.226 elde edilir. Kapalı çevrim için: ζ = 0.53, 32 / 72 ωn = 0.48

Simülasyon Sonuçları (Sürekli Zaman Kontrolör ile...) 33 / 72

Kontrollü sistemin kararlı hal hatasını inceleyelim: Kv = lim sg (s)d(s) = s 0 0.226 = 0.45 0.5 KHH beklentisi için Kv > 1 olmalıdır. Ancak Kv = 0.45 yetersizdir. Tasarımın tekrar gözden geçirilmesi gerekir. Not: D(s) kontrolörünün ayrık karşılığının performansını inceleyelim. Öncelikle örnekleme periyodu T nin belirlenmesi gerekir. Sistemin doğal frekansı ωn = 0.226 = 0.48rad/sn dir. Başarılı bir performans için örnekleme frekansı bu değerin yaklaşık altı katında seçilirse fs = 0.5Hz, T = 2san elde edilir. Yamuk Entegrasyon ile D(z) = 34 / 72 1.6562(z 0.8182) z 0.3333

Sistemin ayrık modeli ise Sıfırıncı Mertebeden Tutucu(ZOH) ve T = 2 ile: G (s) 1 G (z) = (1 z )Z s 0.1873(z + 0.9355) = (z 1)(z 0.8187) Kapalı çevrim transfer fonksiyonu da Y (z) G (z)d(z) 0.3102(z + 0.9355) = = 2 R(z) 1 + G (z)d(z) z 1.0231z + 0.6235 35 / 72

Doğrudan Z Düzleminde Tasarım: Sistemin ayrıklaştırılmış modeli kullanılarak kontrolör tasarımı yapılacaktır. Ancak burada öncelikle bir oransal kontrolörle başlayacağız ve gerekli görürsek dinamik kontrolör kullanacağız. R(z) + 36 / 72 K G(z) Y (z)

Oransal kontrolle kapalı çevrim sistem: Y (z) KG (z) = R(z) 1 + KG (z) Burada: G (s) G (z) = (1 z )Z s 0.1873(z + 0.9355) = (z 1)(z 0.8187) 1 şeklindedir. 37 / 72

K Kontrolörü için KYE, Koşullar Sağlanmıyor Root Locus 1 0.8 0.92 0.6 0.5 Imaginary Axis 0.4 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.92 0.8 1 1 38 / 72 0.8 0.6 0.4 0.2 0 Real Axis 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Kök Yer Eğrisinin yeniden yapılandırılması gerekir. Bunun için KYE yi sola kaydırılmalı Sıfırlar KYE yi kendisine çeker, Kutuplar iter Bunun için z = 0.8187 noktasındaki kutbu ortadan kaldırmak gerekir. = z = 0.8187 noktasında bir kontrolör sıfırı KYE nin reel eksenden ayrılma noktasını sola çekmeliyiz. = Orjine yakın bir kontrolör kutbu = z = 0.05 noktasında bir kontrol kutbu D(z) = K (z 0.8187) z 0.05 işimizi görebilir... (Test Edilmeli!) 39 / 72

Kök Yer Eğrisi Çizilirse Root Locus 1 0.8 0.92 0.6 0.5 System: GD Gain: 1.51 Pole: 0.383 + 0.411i Damping: 0.576 Overshoot (%): 11 Frequency (rad/s): 0.502 0.4 Imaginary Axis 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.92 0.8 1 1 40 / 72 0.8 0.6 0.4 0.2 0 Real Axis 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Bu durumda kontrolör: D(z) = 1.51(z 0.8187) z 0.05 Kapalı Çevrim Sistem TF: D(z)G (z) Y (z) = R(z) 1 + D(z)G (z) 1.51 0.1873(z + 0.9355) = (z 1)(z 0.05) + 1.51 0.1873(z + 0.9355) 41 / 72

Basamak Cevabı: Step Response 1.4 1.2 Amplitude 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 42 / 72 0 5 10 15 Time (seconds) 20 25 30

Tasarım Sürecinde MATLAB Ts=2 % Ornekleme Periyodu (Saniye) wn=0.46 % Doğal Frekans (rad/san) zeta=0.5 % İstenilen Sönüm Oranı s=tf( s ); G=0.1/(s*(s+0.1)); % Sürekli Zaman Sistem Gd=c2d(G,Ts, zoh ); % Ayrik sistem modelinin elde edilmesi Gd_sys=zpk(Gd); %Kazanç, Kutup ve Sıfırlara Ayrıştırma rlocus(gd_sys); hold on zgrid(zeta,wn*ts); % Sistem Spesifikasyonlari axis([-1 1-1 1]); % Ilgili bölgeye odaklanma 43 / 72

Tasarım Sürecinde MATLAB... z=tf( z, Ts); % z degiskeninin tanımlanması D=1.51*(z-0.8187)/(z-0.05) % Kontrolör LG=D*Gd; % Açık Çevrim Kazancı LG=minreal(LG); % Sıfır-Kutup Silme (gerekiyorsa yapılsın!) rlocus(lg) % Kontrollü sistemin kök yer eğrisi hold on zgrid(zeta,wn*ts); % Sistem Spesifikasyonların Gösterimi axis([-1 1-1 1]); % İlgili bölgeye odaklanma Gcl=LG/(1+LG); % Kapalı Çevrim TF Gcl=minreal(Gcl); % Kutup-Sıfır Silme T=0:Ts:30; % 30 saniyelik simülasyon hold off step(gcl,t) % Basamak Yanıtının elde edilmesi 44 / 72

Örnekleme Periyodu Nasıl Seçilir? 1. Kapalı çevrimin sağlaması istenen ωn ve ζ değerleri aşım, yükselme zamanı, yerleşme zamanı gibi kriterler dikkate alınarak belirlenir. 2. ωn ve ζ değerleri yardımıyla sönümsüz osilasyon frekansı belirlenir. p ωd = ωn 1 ζ 2 (rad/san) 3. Sönümsüz osilasyon periyodu T = 2π ωd (san.) 4. Örnekleme periyodu bu değerin en az 1/8 i; ideal olarak 1/25 inden daha azı olmalıdır. Yani bir periyod boyunca en az 8 örnek alınmalıdır. T Ts 8 45 / 72

Örneğimizde örnekleme periyodu nasıl seçildi? Aşım ve yükselme zamanı kriterleri neticesinde arzu edilen kapalı çevrim sistem beklentileri: ωn = 0.46, ζ = 0.5 olmasına karar vermiştik. Bu durumda p p ωd = ωn 1 ζ 2 = 0.46 1 0.52 = 0.3984 = T = = Ts = 46 / 72 2π 16 ωd T 16 = = 2 (san) 8 8

Uygulamada Kullanılan Tipik Örnekleme Süreleri Uygulama Örnekleme Periyodu (San.) Akış Hızı Kontrol Sistemleri Seviye Kontrol Sistemleri Basınç Kontrol Sistemleri Sıcaklık Kontrol Sistemleri Sıvı Damıtma Sistemleri Servo Mekanizmalar Katalitik Reaktörler Çimento Sistemleri 1 3 5 10 1 5 10 180 10 180 0.001 0.05 10 45 20 45 47 / 72

Örnek Tasarım: Bol salınımlı kütle-yay sistemi İkinci dereceden tipik bir sistemi kontrol etmeye çalışalım. Bu sistem içinm ζ = 0.1, ωn = 100rad/s (16Hz) olsun. Bu sistem: G (s) = Y (s) 1002 = 2 R(s) s + 2 0.1 100 + 1002 Sistem Spesifikasyonları: Sayısal Kontrolör PO %10 tr 0.03san. Sistem Tipi=1 (Basamak girişe sıfır k.h.h) 48 / 72

Açık Çevrim Sistem Yanıtı(Çok kötü!!!) Step Response 1.8 1.6 1.4 Amplitude 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 49 / 72 0 0.1 0.2 0.3 Time (seconds) 0.4 0.5 0.6

Tasarım: PO %10 = ζ 0.54 tr 0.03 san. = ωn 1.8 = 60 rad/s 0.03 Örnekleme süresinin seçimi Kapalı çevrim sistem: p p ωd = ωn 1 ζ 2 = 60 1 0.542 = 50 rad/s = Ts = 50 / 72 2π 2π = 0.01 san. 10 ωd 10 50

Tasarım... Sistemin ZOH ile birlikte ayrık modeli G (z) = 51 / 72 0.4310(z + 0.9334) (z 0.4927 + j0.7589)(z 0.4927 j0.7589)

Açık Çevrim Sistemin KYE Root Locus 2 1.5 Imaginary Axis 1 0.5 0.6 0.54 0 0.6 0.5 1 1.5 2 3 52 / 72 2.5 2 1.5 1 Real Axis 0.5 0 0.5 1

Kontrolörün yapması gerekenler: Yavaş ve Baskın Kutupların (p1,2 = 0.4927 ± j0.7589) silinmesi z 1 kutup terimi ile KHH sının sıfırlanması Reel eksen üzerine bir adet kutup konulması (ζ = 0.54 Logaritmik spiralinin altına ve ωtn = 0.6 eğrisinin dışına (Örneğin z = 0)) = D(z) = K (z 0.4927 + j0.7589)(z 0.4927 j0.7589) z(z 1) Karakteristik Polinom: (z) = 1 + KD(z)G (z) = (z) = 1 + K 0.4310 K =? 53 / 72 (z + 0.9334) z(z 1) (Cevap=Kök Yer Eğrisi)

K Kazancı KYE Kullanılarak Hesaplanır! Root Locus ACS ACK data3 KC KYE 1 0.8 System: KC KYE Gain: 0.644 Pole: 0.361 + 0.359i Damping: 0.654 Overshoot (%): 6.63 Frequency (rad/s): 103 0.54 0.6 Imaginary Part Imaginary Axis 0.4 0.6 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.6 0.8 1 1 54 / 72 0.5 0 Real Part Real Axis 0.5 1

Kontrolör 0.644(z 0.4927 + j0.7589)(z 0.4927 j0.7589) z(z 1) 2 0.644(z 0.9854z + 0.8187) = z(z 1) D(z) = 55 / 72

MATLAB/SIMULINK Benzetim Sonuçları 56 / 72

PID Tipi Sayısal Kontrolörlerin Tasarımı Proses Kontrol Sistemlerinde ve Endüstriyel Kontrol Sistemlerinde çok sık kullanılan bir yöntem Endüstriyel Sistemlerde kullanılan kontrolörlerin yaklaşık %90 ı PID kontrolörlerdir. Bir PID tipi kontrol mekanizması 3 paçadan oluşur. Bunlar P : Oransal Kısım, I : Entegratör, D: Türev kontrolü P kontrolörü tipik kazanç elemanıdır. I Kontrolü kararlı hal hatasını temizlemede kullanılır. D Kontrolü geçici rejim yanıtını hızlandırmak amacı ile tercih edilir. 57 / 72

Oransal Kontrol (P) R(s) + E(s) D(s) U (s) G(s) Y (s) R(z) + E(z) D(z) U (z) G(z) Y (z) u kontrol sinyali, e takip hatası olmak üzere: Sürekli zamanda u(t) = kp e(t) = D(s) = kp Ayrık zamanda u(k) = kp e(k) = D(z) = kp 58 / 72

Türev Kontrolü (D) Sürekli zamanda u(t) = kd e (t) = D(s) = kd s Ayrık zamanda (T : örnekleme periyodu) u(k) = kd 59 / 72 e(k) e(k 1) 1 z 1 z 1 = D(z) = kd = kd T T Tz

Entegral Kontrolü (I) Sürekli zamanda Z t u(t) = ki e(t)dt = D(s) = ki t0 1 s Ayrık zamanda (T : örnekleme periyodu) u(k) = u(k 1) + ki Te(k) = D(z) = 60 / 72 ki T ki Tz = 1 1 z z 1

Sayısal PI, PD, PID Kontrolörler(En genel tip) T örnekleme süreleri kontrolör katsayıları içine sokulabilir: Sayısal PID D(z) = k p + k d (kp + ki + kd )z 2 (kp + 2kd )z + kd z 1 k i Tz + = Tz z 1 z(z 1) Sayısal PI D(z) = kp + 61 / 72 (kp + ki )z kp ki z = z 1 z 1

Sayısal PD D(z) = kp + kd 62 / 72 (kp + kd )z kd z 1 = z z

Bilineer (Tustin) Dönüşüm ile PID Kontrolör Bilineer Dönüşüm ile PID D(z) = ki kp + + kd s s = kp + s= T2 ( z 1 z+1 ) ki T (z + 1) 2kd (z 1) α2 z 2 + α1 z + α0 + = 2(z 1) T (z + 1) (z 1)(z + 1) Burada α0, α1 ve α2 tasarım parametreleridir ve kp, ki, kd ve T nin fonksiyonlarıdır. 63 / 72

Bilineer (Tustin) Dönüşüm ile PI Kontrolör Bilineer Dönüşüm ile PI = kp + ki T (z + 1) α1 z + α0 = 2(z 1) z 1 D(z) = (kp + kd s)s= 2 ( z 1 ) = kp + 2kd (z 1) α1 z + α0 = T (z + 1) z +1 D(z) = kp + ki s s= T2 ( z 1 z+1 ) Bilineer Dönüşüm ile PD T 64 / 72 z+1

Örnek : Sayısal PI Kontrolör Tasarımı Kütlesi m = 1000kg olan bir aracın sürtünme katsayısı b = 100 olsun. Bu araç için otomatik hız kontrol sistemi (cruise control) tasarlanacaktır. İstenilenler Araç durur halden 100km/s hıza 8san. de ulaşabilmeli Aşım %20 yi geçmemeli m = 1000kg u(t) = F (t) b = 100 65 / 72

Sistem Transfer Fonksiyonu mv (t) + bv (t) = F (t) = G (s) = G (s) 0.001 1 G (z) = (1 z )Z = (1 z )Z s s(s + 0.1) 0.01 z 1 0.01 = Z z s s + 0.1 z 1 z z 0.00058 = 0.01 = 0.1 0.6 z z 1 z e z 0.942 1 66 / 72 1 1 = ms + b 1000s + 100

Aracın 8 saniyede 100km/s hıza yerleşmesi için ζωn 4.6 8 PO %20 = ζ 0.48 T = 0.6san. fazlası ile yeterli olacaktır! Arzu Edilen Dinamik Beklentiler Yukarıdaki çıkarımlardan kapalı çevrim sistem için ζ = 0.7 olsun. Bu durumda ωn 0.82 olmalıdır. 67 / 72

Kontrol Sistemi Yapısı D(z) G(z) PI Kontrol r e + 68 / 72 (kp+ki)z kp z 1 u 0.00058 z 0.942 y

Kapalı Çevrim Transfer Fonksiyonu G (z)d(z) 1 + G (z)d(z) 0.00058(kp + ki )z 0.00058kp = 2 z + [0.00058(kp + ki ) 1.942]z + (0.942 0.00058kp ) H(z) = 69 / 72

Arzu Edilen Sistem ζ = 0.7, ωn = 0.82 olması isteniyor. G (s) = ωn2 s 2 + 2ζωn s + ωn2 az sönümlü bir sistem içinprototip sisteminin kökleri p s1,2 = ζωn ± jωn 1 ζ 2 z = e st = p1,2 = 0.6654 ± j0.2439 Bu durumda arzu edilen davranışı sağlayan transfer fonksiyonu: Hd (z) = 70 / 72 (1 p1 )(1 p2 ) 0.1714 = 2 (z p1 )(z p2 ) z 1.331z + 0.5022

Yöntem Yapılacak iş H(z) ile Hd (z) nin paydalarını eşitleyerek kp ve ki sabitlerini bulmaktır. Pay polinomları farklıdır. Ancak bu konuda yapılabilecek pek bir şey yok. z 2 +[0.00058(kp +ki ) 1.942]z+(0.942 0.00058kp ) = z 2 1.331z+0.5022 = 71 / 72 0.00058(kp + ki ) 1.942 = 1.331 0.942 0.00058kp = 0.5022 kp = 758, ki = 295 = D(z) = 1053z 758 z 1

MATLAB/SIMULINK Benzetimi 72 / 72