Instytut Automatyki
Zakład Teorii Sterowania
Krzysztof Marzjan
Podstawowe problemy automatyki
2
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Realizacja bezpośrednia:
Dana jest transmitancja operatorowa
6
11
6
1
5
)
(
2
3
s
s
s
s
s
G
. Znajdź realizację bezpośrednią.
Wariant I:
Z definicji tran
smitancji operatorowej można zapisać:
)
(
)
(
6
11
6
1
5
)
(
2
3
s
u
s
y
s
s
s
s
s
G
wprowadza się transformatę
)
(s
e
dodatkowego sygnału, jednocześnie mnoży się licznik i mianownik
przez
n
s
(n
– stopień mianownika):
)
(
)
(
)
(
)
(
6
11
6
1
5
3
2
1
3
2
s
e
s
e
s
u
s
y
s
s
s
s
s
Tak zapisaną zależność przedstawia się następująco:
3
2
3
2
1
5
)
(
)
(
6
11
6
1
1
)
(
)
(
s
s
s
e
s
y
s
s
s
s
u
s
e
Po przekształceniach:
)
(
)
5
(
)
(
)
(
)
(
)
6
11
6
1
(
3
2
3
2
1
s
e
s
s
s
y
s
u
s
e
s
s
s
3
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Zależności te, po dalszych przekształceniach dają równania dwóch sumatorów:
)
(
)
(
5
)
(
)
(
)
(
6
)
(
11
)
(
6
)
(
3
2
3
2
1
s
e
s
s
e
s
s
y
s
u
s
e
s
s
e
s
s
e
s
s
e
Pozwala to narysować schemat blokowy:
Przyjmuje się następujące oznaczenia:
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
1
3
2
2
3
1
s
e
s
s
x
s
e
s
s
x
s
e
s
s
x
)
(
)
(
6
)
(
11
)
(
6
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
3
2
1
3
3
1
2
2
2
1
s
u
s
x
s
x
s
x
s
e
s
sx
s
x
s
e
s
s
sx
s
x
s
e
s
s
sx
-11
-6
1
s
5
-6
1
s
1
s
1
)
(
3
s
e
s
)
(
1
s
e
s
)
(s
e
)
(
2
s
e
s
u(s)
y(s)
+
+
4
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Stąd transformata równań stanu:
)
(
)
(
6
)
(
11
)
(
6
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
3
2
1
3
3
2
2
1
s
u
s
x
s
x
s
x
s
sx
s
x
s
sx
s
x
s
sx
I równanie wyjścia:
)
(
5
)
(
)
(
2
1
s
x
s
x
s
y
W dziedzinie czasu:
)
(
)
(
6
)
(
11
)
(
6
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
3
2
1
3
3
2
2
1
t
u
t
x
t
x
t
x
t
x
t
x
t
x
t
x
t
x
)
(
5
)
(
)
(
2
1
t
x
t
x
t
y
5
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Opisowi temu odpowiada schemat blokowy:
P
oszukiwane macierze są postaci:
0
5
1
1
0
0
6
11
6
1
0
0
0
1
0
I
I
I
C
B
A
-11
-6
5
-6
1
)
(
)
(
1
2
t
x
t
x
)
(
3
t
x
)
(
)
(
2
3
t
x
t
x
)
(
1
t
x
)
(
3
t
x
)
0
(
2
x
)
0
(
3
x
)
0
(
1
x
u(t)
y(t)
6
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Ogólnie:
Jeśli
0
1
2
2
1
1
0
1
2
2
1
1
)
(
)
(
)
(
a
s
a
s
a
s
a
s
b
s
b
s
b
s
b
s
b
s
M
s
L
s
G
n
n
n
m
m
m
m
oraz
m
n
to
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
2
1
0
m
I
I
n
I
b
b
C
B
a
a
a
a
A
n-m-1
zer
7
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Wariant II:
)
(
)
(
6
11
6
1
5
)
(
2
3
s
u
s
y
s
s
s
s
s
G
Transformatę sygnału wyjściowego można zapisać w postaci:
)
(
)
(
6
11
6
1
5
3
2
1
3
2
s
u
s
y
s
s
s
s
s
)
(
)
5
(
)
(
)
6
11
6
1
(
3
2
3
2
1
s
u
s
s
s
y
s
s
s
)
(
)
(
6
)
(
5
)
(
11
)
(
6
)
(
3
2
1
s
u
s
y
s
s
u
s
y
s
s
y
s
s
y
)
(
)
(
6
)
(
5
)
(
11
)
(
6
)
(
1
1
1
s
u
s
y
s
s
u
s
y
s
s
y
s
s
y
Przyjmuje się oznaczenia:
)
(
)
(
)
(
6
)
(
)
(
)
(
5
)
(
11
)
(
)
(
)
(
6
)
(
2
1
3
1
1
2
1
1
s
y
s
x
s
y
s
s
x
s
x
s
u
s
y
s
s
x
s
u
s
y
s
s
x
Stąd:
)
(
)
(
)
(
6
)
(
)
(
)
(
5
)
(
11
)
(
)
(
)
(
)
(
6
)
(
3
3
2
3
3
1
2
3
1
s
x
s
y
s
x
s
x
s
sx
s
u
s
x
s
x
s
sx
s
u
s
x
s
sx
8
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Opisowi temu odpowiada schemat blokowy:
W dziedzinie czasu:
)
0
(
2
x
)
0
(
3
x
)
0
(
1
x
-11
-6
-6
1
5
)
(
1
t
x
)
(
1
t
x
)
(
2
t
x
)
(
3
t
x
y(t)
u(t)
)
(
2
t
x
)
(
3
t
x
u(s)
-11
-6
1
s
1
s
1
s
)
(
2
s
sx
-6
1
5
)
(
1
s
sx
)
(
1
s
x
)
(
2
s
x
)
(
3
s
sx
)
(
3
s
x
y(s)
)
(
6
)
(
)
(
)
(
5
)
(
11
)
(
)
(
)
(
)
(
6
)
(
3
2
3
3
1
2
3
1
t
x
t
x
t
x
t
u
t
x
t
x
t
x
t
u
t
x
t
x
)
(
)
(
3
t
x
t
y
9
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Poszukiwane macierze są postaci:
1
0
0
0
5
1
6
1
0
11
0
1
6
0
0
II
II
II
C
B
A
Należy zwrócić uwagę, że obowiązują zależności:
T
I
II
T
I
II
T
I
II
B
C
C
B
A
A
Ogólnie:
Jeśli
0
1
2
2
1
1
0
1
2
2
1
1
)
(
)
(
)
(
a
s
a
s
a
s
a
s
b
s
b
s
b
s
b
s
b
s
M
s
L
s
G
n
n
n
m
m
m
m
oraz
m
n
to
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
2
1
0
II
m
II
n
n
II
C
b
b
B
a
a
a
a
A
n-m-1
zer
10
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Realizacja równoległa:
Dana jest transmitancja operatorowa
6
11
6
1
5
)
(
2
3
s
s
s
s
s
G
. Znajdź realizację równoległą.
Transmitancję operatorową można rozłożyć na ułamki proste:
3
2
1
6
11
6
1
5
)
(
3
2
1
2
3
s
A
s
A
s
A
s
s
s
s
s
G
)
3
(
)
2
(
)
1
(
)
2
(
)
1
(
)
3
(
)
1
(
)
3
(
)
2
(
3
2
1
3
2
1
2
2
1
s
s
s
s
s
A
s
s
A
s
s
A
s
A
s
A
s
A
;
2
2
4
1
1
1
A
A
s
;
9
9
2
2
2
A
A
s
7
2
14
3
3
3
A
A
s
Stąd:
)
(
3
7
)
(
2
9
)
(
1
2
)
(
3
7
2
9
1
2
)
(
)
(
s
u
s
s
u
s
s
u
s
s
y
s
s
s
s
u
s
y
11
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Wariant I:
Przyjmuje się następujące oznaczenia:
)
(
7
)
(
9
)
(
2
)
(
)
(
3
1
)
(
)
(
2
1
)
(
)
(
1
1
)
(
3
2
1
3
2
1
s
x
s
x
s
x
s
y
s
u
s
s
x
s
u
s
s
x
s
u
s
s
x
Stąd transformata równań stanu:
)
(
)
(
3
)
(
)
(
)
(
2
)
(
)
(
)
(
)
(
3
3
2
2
1
1
s
u
s
x
s
sx
s
u
s
x
s
sx
s
u
s
x
s
sx
I równanie wyjścia:
)
(
7
)
(
9
)
(
2
)
(
3
2
1
s
x
s
x
s
x
s
y
12
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
W dziedzinie czasu:
)
(
)
(
3
)
(
)
(
)
(
2
)
(
)
(
)
(
)
(
3
3
2
2
1
1
t
u
t
x
t
x
t
u
t
x
t
x
t
u
t
x
t
x
)
(
7
)
(
9
)
(
2
)
(
3
2
1
t
x
t
x
t
x
t
y
Opisowi temu odpowiada schemat blokowy:
Poszukiwane macierze są postaci:
7
9
2
1
1
1
3
0
0
0
2
0
0
0
1
I
I
I
C
B
A
)
(t
u
)
(t
y
-2
-1
1
x
2
x
1
x
2
x
-3
3
x
3
x
-2
9
-7
)
0
(
1
x
)
0
(
2
x
)
0
(
3
x
13
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Wariant II:
Przyjmuje się następujące oznaczenia:
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
3
7
)
(
)
(
2
9
)
(
)
(
1
2
)
(
3
2
1
3
2
1
s
x
s
x
s
x
s
y
s
u
s
s
x
s
u
s
s
x
s
u
s
s
x
Stąd transformata równań stanu:
)
(
7
)
(
3
)
(
)
(
9
)
(
2
)
(
)
(
2
)
(
)
(
3
3
2
2
1
1
s
u
s
x
s
sx
s
u
s
x
s
sx
s
u
s
x
s
sx
I równanie wyjścia:
)
(
)
(
)
(
)
(
3
2
1
s
x
s
x
s
x
s
y
14
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
W dziedzinie czasu:
)
(
7
)
(
4
)
(
)
(
9
)
(
2
)
(
)
(
2
)
(
)
(
3
3
2
2
1
1
t
u
t
x
t
x
t
u
t
x
t
x
t
u
t
x
t
x
)
(
)
(
)
(
)
(
3
2
1
t
x
t
x
t
x
t
y
Opisowi temu odpowiada schemat blokowy:
Poszukiwane macierze są postaci:
1
1
1
7
9
2
3
0
0
0
2
0
0
0
1
II
II
II
C
B
A
Należy zwrócić uwagę, że obowiązują zależności:
T
I
II
T
I
II
I
II
B
C
C
B
A
A
-2
-1
1
x
2
x
1
x
2
x
-3
3
x
3
x
-2
9
-7
)
0
(
1
x
)
0
(
2
x
)
0
(
3
x
)
(t
y
)
(t
u
15
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Obie metody można połączyć.
Znajdź realizację układu o transmitancji operatorowej
)
3
2
(
)
2
(
13
9
2
)
(
2
2
s
s
s
s
s
s
G
.
Transmitancję operatorową można rozłożyć na dwa ułamki:
3
2
2
)
3
2
(
)
2
(
13
3
)
(
2
3
2
1
2
2
s
s
A
s
A
s
A
s
s
s
s
s
s
G
13
2
3
9
2
2
2
13
9
2
2
3
)
2
2
(
)
(
13
9
2
)
(
)
2
(
)
3
2
(
3
1
3
2
1
2
1
2
3
1
2
3
1
2
2
1
2
3
2
2
1
A
A
A
A
A
A
A
s
s
A
A
s
A
A
A
s
A
A
s
s
A
s
A
s
s
s
A
Stąd:
)
(
3
2
5
)
(
2
1
)
(
3
2
5
2
1
)
(
)
(
2
2
s
u
s
s
s
s
u
s
s
y
s
s
s
s
s
u
s
y
metoda
równoległa
metoda
bezpośrednia
16
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Oznaczając:
)
(
)
5
(
)
(
)
(
3
2
1
1
)
(
)
(
)
(
)
(
3
2
1
5
)
(
3
2
5
)
(
)
(
2
1
)
(
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
1
s
e
s
s
s
y
s
u
s
s
s
e
s
u
s
e
s
e
s
s
s
s
s
u
s
s
s
s
y
s
u
s
s
y
Otrzymuje się:
)
(
5
)
(
)
(
)
(
)
(
3
)
(
2
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
3
)
(
2
)
(
)
(
)
(
)
(
2
1
)
(
2
3
2
2
3
3
2
1
3
2
2
2
1
1
1
1
s
x
s
x
s
y
s
u
s
x
s
x
s
sx
s
sx
s
e
s
s
x
s
e
s
s
x
s
u
s
e
s
s
e
s
s
e
s
x
s
y
s
u
s
s
x
17
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Po uporządkowaniu:
)
(
)
(
5
)
(
)
(
)
(
)
(
2
)
(
3
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2
)
(
3
2
1
3
2
3
3
2
1
1
s
x
s
x
s
x
s
y
s
u
s
x
s
x
s
sx
s
x
s
sx
s
u
s
x
s
sx
W dziedzinie czasu:
)
(
)
(
2
)
(
3
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2
)
(
3
2
3
3
2
1
1
t
u
t
x
t
x
t
x
t
x
t
x
t
u
t
x
t
x
)
(
)
(
5
)
(
)
(
3
2
1
t
x
t
x
t
x
t
y
Opisowi temu odpowiada schemat blokowy:
-2
-2
1
x
2
3
x
x
1
x
2
x
)
(t
u
)
(t
y
-3
3
x
5
1
)
0
(
1
x
)
0
(
2
x
)
0
(
3
x
18
Podstawowe problemy automatyki
– realizacja transmitancji operatorowej
Poszukiwane macierze są postaci:
1
5
1
1
0
1
2
3
0
1
0
0
0
0
2
C
B
A
Macierze mają strukturę blokową:
2
1
2
1
2
1
0
0
C
C
C
B
B
B
A
A
A
Możliwe jest także i takie rozwiązanie:
1
2
*
1
2
*
1
2
*
0
0
C
C
C
B
B
B
A
A
A
czyli:
1
1
5
1
1
0
2
0
0
0
2
3
0
1
0
*
*
*
C
B
A
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
PPA 05 2013
Temat6+modyf 16 05 2013
CHiF wyklad 05 2013
W 15.05.2013, STUDIA PEDAGOGIKA opiekuńczo-wychowawcza z terapią pedagogiczną - własne, licencjat,
8202500746 zycieszkoly 05 2013 dzieciństwo wiek pracowitości
PPA 01 2013
PPA 03 2013 MATLAB
7 05 2013 grammaire contrastive Nieznany (2)
śr 05 2013
SOCJOLOGIA 8 05 2013
09 05 2013
23 05 2013
07 05 2013 odwiert (1)id 6788 Nieznany
Nagniatanie za pomocą kulki na obrabiarce CNC 05 2013
10 wyklad 05 2013
Badanie płytą 18 05 2013 Proj rondo 2 w wa cz 2
Elektrokardiologia W4, 29 05 2013
II rok, 15.05.2013, rozwiązania
PPA 02 2013
więcej podobnych podstron