Akademia Morska w Gdyni
Katedra Automatyki Okrętowej
Teoria sterowania
Badanie stabilności - kryterium Routha
Mirosław Tomera
1. WPROWADZENIE
Z analizy rozwiązań liniowych równań różniczkowych o stałych współczynnikach dla układów o
jednym wejściu i jednym wyjściu (SISO) wynika, że rozwiązania opisujące odpowiedz
przejściową
układu zależą od pierwiastków równania charakterystycznego. Projekt układów sterowania liniowego
może być sprowadzony do rozwiązania problemu polegającego na takim rozmieszczeniu zer i
biegunów transmitancji, że układ będzie spełniał założone wymagania projektowe.
Spośród wielu rodzajów wymagań nakładanych na projekt, najważniejszym jest, aby układ był
stabilny. Układ niestabilny należy traktować jako nieużyteczny. Gdyby rozważać wszystkie typy
układów - liniowe, nieliniowe, stacjonarne i niestacjonarne - definicja stabilności może być określona
na wiele różnych sposobów. Tutaj rozważania będą dotyczyły tylko układów liniowych, stacjonarnych
o jednym wejściu i jednym wyjściu.
Dla celów analizy i projektowania rozróżnia się dwa pojęcia stabilności: bezwzględną
(absolutną) i względną. Stabilność bezwzględna odnosi się do warunków przy których układ jest
stabilny lub nie. Gdy już zostanie zapewniona stabilność układu to wówczas interesuje nas w jakim
stopniu dany układ jest stabilny i to właśnie określa stabilność względna.
2. STABILNOŚĆ ASYMPTOTYCZNA UKA
ADÓW CI
GA
YCH
Stabilność asymptotyczna określana jest dla układów z zerowym wymuszeniem, w których odpowiedz

y(t) zależy tylko od warunków początkowych. Wówczas odpowiedz
y(t), korzystając z całki splotu,
można wyrazić następująco
"
y(t) = g(� )d� (1)
+"
0
Biorąc wartość bezwzględną z obydwu stron równania (1), odpowiedz
wyjściowa y(t) jest ograniczona
z obydwu stron, jeśli istnieje taka liczba dodatnia Q, przy której spełnione jest następujące wyrażenie
"
y(t) = g(� )d� d" Q < " (2)
+"
0
Warunek (2) oznacza, że obszar pod g(� ) w funkcji � musi być skończony. Funkcja g(�) jest
odpowiedzią impulsową transmitancji G(s), której charakter zależy od położeń pierwiastków równania
charakterystycznego.
Pierwiastki równania charakterystycznego mogą być wyrażone jako
si = � + j�i , i = 1, 2,..., n.
i
Jeśli m z n pierwiastków jest jednokrotnych natomiast pozostałe pierwiastki są wielokrotne, to
wówczas odpowiedz
układu może być wyrażona w następującej postaci
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
m n-m-1
i
i i
y(t) = es t + t es t (3)
"Ki "Li
i=1 i=0
i
gdzie Ki oraz Li są stałymi współczynnikami. Czynniki ekspotencjalne es t w równaniu (3) decydują
o odpowiedzi y(t) gdy t " . Aby spełniony był warunek (2), części rzeczywiste si muszą być
ujemne. Innymi słowy pierwiastki równania charakterystycznego muszą się znajdować w lewej
półpłaszczyz
nie. W ten prosty oto sposób przez znalezienie rozkładu biegunów transmitancji można
określić czy układ jest stabilny czy też nie. Bardzo często spotyka się sytuacje w których pojedyncze
pierwiastki równania charakterystycznego znajdują się na osi liczb urojonych, wówczas mówi się
o takim układzie, że znajduje się na granicy stabilności.
Ponieważ pierwiastki równania charakterystycznego są takie same jak wartości własne
macierzy A uzyskanej z równań stanu, to i w tym przypadku warunki stabilności dla wartości
własnych są takie same. Możliwe warunki stabilności układu zebrane są w tabeli 1 z uwzględnieniem
do równania charakterystycznego.
Przykład 1
Poniższy przykład ilustruje warunki stabilności układu w odniesieniu do biegunów
transmitancji, które są również pierwiastkami równania charakterystycznego.
20(s - 4)
G(s) =
Układ stabilny
(s + 1)(s + 2)(s + 3)
20(s + 3)
G(s) =
Układ niestabilny z powodu bieguna s = 1
(s -1)(s2 + 2s + 2)
20(s -1)
G(s) =
Układ na granicy stabilności z powodu biegunów w s = ą j2
(s + 2)(s2 + 4)
20
G(s) =
Układ niestabilny z powodu biegunów wielokrotnych w
2
(s2 + 4) (s + 10)
s = ą j2
10s + 1
G(s) =
Układ niestabilny z powodu biegunów w s =1 ą j3
s(s + 1)(s2 - 2s + 10)
Tabela 1. Warunki stabilności układów liniowych ciągłych i stacjonarnych
Warunki stabilności Wartości pierwiastków
Asymptotycznie stabilny
� < 0 dla wszystkich i, i = 1, 2,..., n. (Wszystkie pierwiastki znajdują się
i
w lewej półpłaszczyz
nie)
Na granicy stabilności
� = 0 dla pewnych pojedynczych pierwiastków oraz brak � > 0 dla
i i
i = 1, 2,..., n. (Przynajmniej jeden pojedynczy pierwiastek oraz brak
pierwiastków wielokrotnych na osi j� ; brak pierwiastków w prawej
półpłaszczyz
nie)
Niestabilny
� > 0 dla pewnych pierwiastków i, lub � = 0 dla pewnych
i i
pierwiastków wielokrotnych. i = 1, 2,..., n. (Przynajmniej jeden
pojedynczy pierwiastek w prawej półpłaszczyz
nie lub przynajmniej
jeden pierwiastek wielokrotny na osi j� .
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 2
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
3. METODY OKREŚLANIA STABILNOŚCI
Kiedy znane są wszystkie parametry układu to wówczas pierwiastki równania charakterystycznego
mogą zostać znalezione przez użycie odpowiedniego oprogramowania, dla przykładu w MATLABie
pierwiastki wielomianu charakterystycznego M(s) znajduje się przy użyciu funkcji roots, natomiast
wartości własne macierzy A przy użyciu funkcji eig.
Dla celów projektowania, kiedy nie wszystkie parametry równania charakterystycznego są
znane, nie jest możliwe zastosowanie programów komputerowych znajdujących pierwiastki. Metody
wymienione poniżej są dobrze znane i stosowane do określania stabilności liniowych układów
ciągłych, bez znajdowania pierwiastków.
1. Kryteria Routha i Hurwitza. Kryteria te są metodami algebraicznymi dostarczającymi
informacji o stabilności absolutnej liniowych układów ciągłych, stacjonarnych mających
równania charakterystyczne ze stałymi współczynnikami. Kryteria te sprawdzają czy są
pierwiastki równania charakterystycznego, które znajdują się w prawej półpłaszczyz
nie. Przy
użyciu kryterium Routha możliwe jest również określenie liczby pierwiastków znajdujących
się na osi liczb urojonych i w prawej półpłaszczyz
nie.
2. Kryterium Nyquista. Kryterium to jest metodą wykreślną dającą informację o różnicy
pomiędzy liczbą biegunów i zer transmitancji układu zamkniętego które są w prawej
półpłaszczyz
nie przez obserwację zachowania wykresu Nyquista transmitancji pętli.
3. Charakterystyki logarytmiczne Bodego. Wykresy amplitudy transmitancji pętli G(j�)H(j�)
w decybelach i fazy G(j�)H(j�) w stopniach, obie w funkcji pulsacji �. Stabilność układu
zamkniętego może zostać określona przez obserwację zachowania tych wykresów.
Projektant dokonuje właściwego wyboru najlepszego narzędzia analitycznego w danej sytuacji.
Poniżej zamieszczony został szczegółowy opis kryterium stabilności Routha i Hurwitza.
4. KRYTERIUM ROUTHA I HURWITZA
Kryteria Routha i Hurwitza są metodami określania położeń zer wielomianu ze stałymi
współczynnikami rzeczywistymi z uwzględnieniem do prawej lub lewej półpłaszczyzny, bez
dokładnego wyznaczania ich położeń. Programy komputerowe mogą łatwo wyznaczyć zera
wielomianów, kryteria Routha i Hurwitza pozwalają na rozwiązywanie równań z nieznanymi
parametrami.
Równanie charakterystyczne układu liniowego stacjonarnego z pojedynczym wejściem i
pojedynczym wyjściem na następującą postać
M (s) = sn + a1sn-1 + a2sn-2 + ... + an-1s1 + an = 0 (4)
gdzie wszystkie współczynniki są rzeczywiste. Aby równanie (4) nie miało pierwiastków z częścią
rzeczywistą dodatnią konieczne jest aby spełnione były następujące warunki:
1. Wszystkie współczynniki równania muszą mieć ten sam znak.
2. Żadnego ze współczynników nie może brakować
Te dwa warunki mogą być bardzo łatwo sprawdzone i szybko można udzielić odpowiedzi, czy w
prawej półpłaszczyz
nie znajdują się pierwiastki. Są to jednak warunki niewystarczające, możliwe jest
że wszystkie współczynniki występują i są tego samego znaku, a mimo to są pierwiastki w prawej
półpłaszczyz
nie.
4.1. KRYTERIUM HURWITZA
Kryterium Routha opiera się na kryterium Hurwitza, które brzmi następująco:
Warunkiem koniecznym i wystarczającym na to, aby wszystkie pierwiastki równania (4)
znajdowały się w lewej półpłaszczyz
nie jest, aby wszystkie wyznaczniki Hurwitza
Dk, > 0, k = 1, 2, ..., n.
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 3
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
Wyznaczniki Hurwitza Dk są wyznaczane z następujących wzorów:
a1 1 0
a1 1
D1 = a1 , D2 = D2 = a3 a2 a4
a3 a2
a5 a1 a3
(5)
a1 1 0 ... 0
a3 a2 a1 ... 0
Dn = a5 a4 a3 ... 0
... ... ... ... ...
0 0 0 ... an
Zastosowanie wyznaczników Hurwitza jest bardzo kłopotliwe dla równań wyższych rzędów, gdyż
wzrasta nakład pracy potrzebny do obliczenia wszystkich wyznaczników w równaniu (5). Na
szczęście Edward John Routh w 1874 roku uprościł ten proces przez wprowadzenie metody tablicowej
w miejsce wyznaczników Hurwitza.
4.2. TABLICA ROUTHA
Pierwszym krokiem w uproszczeniu kryterium Hurwitza, nazywanym kryterium Routha, jest
umieszczenie współczynników równania (4) w dwóch wierszach. Pierwszy wiersz składa się
z nieparzystych współczynników, natomiast drugi wiersz z parzystych współczynników licząc od
najwyższej potęgi wielomianu charakterystycznego. Dla równania (4) pierwsze dwa wiersze tablicy są
następujące:
1 a2 a4 a6 ...
a1 a3 a5 a7 ...
Następnym krokiem jest wypełnienie następnych wierszy tablicy Routha w następujący sposób:
sn
1
a2 a4 a6
n-1
s
a1 a3 a5 a7
n-2
s
b1 b2 b3
n-3
s
c1 c2 c3
. . . .
. . . .
. . . .
s0
h1
gdzie
1 a2 1 a4 1 a6
- - -
a1 a3 a1 a5 a1 a7
b1 = b2 = b3 =
a1 a1 a1
a1 a3 a1 a5
- -
b1 b2 b1 b3
c1 = c2 =
b1 b1
i tak dalej. Kolumna z lewej strony tablicy Routha jest kolumną odniesienia i służy do identyfikacji
obliczeń. Ostatni wiersz tablicy Routha ma zawsze w tej kolumnie element s0. Po skompletowaniu
tablicy Routha ostatnim krokiem jest określenie znaków współczynników pierwszej kolumny tablicy,
która zawiera informacje o pierwiastkach równania. Przyjęte zostało następujące założenie:
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 4
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
Wszystkie pierwiastki równania charakterystycznego znajdują się w lewej półpłaszczyz
nie jeśli
wszystkie elementy pierwszej kolumny tablicy Routha mają ten sam znak. Liczba zmian znaków
w elementach pierwszej kolumny równa jest liczbie pierwiastków w prawej półpłaszczyz
nie.
Przykład 2
Rozważmy równanie
M(s) = s4 +2s3 + 3s2 + 4s + 5 = 0 (2.1)
w którym nie brakuje elementów i wszystkie współczynniki są tego samego znaku. Spełniony
jest warunek konieczny dotyczący współczynników, jednak warunek dostateczny musi zostać
jeszcze sprawdzony. Pierwszą czynnością jest zainicjowanie tablicy, w kolumnie z lewej strony
znajdują się potęgi s, natomiast współczynniki wielomianu rozdziela się pomiędzy pierwszy
i drugi wiersz w sposób pokazany poniżej. W pierwszym wierszu znajdują się w kolejności
współczynniki nieparzyste, natomiast w drugim parzyste
4
s4 1 3 5 s 1 3 5
s3 2 4 0 s3 2 4 0 Drugi wiersz można podzielić przez 2
1 2
Tablica kompletowana jest poczynając od góry wiersz po wierszu, obliczając elementy
następnego wiersza. Każdy obliczany element wyprowadzany jest na podstawie czterech
elementów znajdujących się w dwóch wyższych wierszach, dwa z nich są w lewej kolumnie
i dwa w kolumnie znajdującej się na prawo od obliczanego elementu. W każdym przypadku,
obliczany element ma ujemny wyznacznik z czterech znajdujących się wyżej elementów,
podzielony jest przez lewy dolny element wyznacznika. Dla przykładu, pierwszy element
wiersza s2
1 3
-
2 4
=1
2
drugi element wiersza s2
1 5
-
2 0
= 5
2
pierwszy element wiersza s1
2 4
-
1 5
= -6
1
i tak dalej.
4 4
s4 1 3 5 s 1 3 5 s 1 3 5
s3 2 4 0 s3 2 4 0 s3 2 4
2 2
s2 1 s 1 5 s 1 5
-6
s1 s1 s1
s0 s0 s0
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 5
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
Skompletowana tablica Routha pokazana jest poniżej. Liczba pierwiastków wielomianu M(s)
znajdująca się w prawej półpłaszczyz
nie jest równa liczbie zmian znaków lewej kolumny
tablicy, przesuwając się z góry na dół.
4
s 1 3 5
s3 2 4
2
s 1 5
s1 -6
s0 5
W tym przykładzie są dwie zmiany znaków w lewej kolumnie co oznacza, że wielomian M(s)
ma dwa pierwiastki w prawej półpłaszczyz
nie. Rozwiązując równanie (2.1) otrzymuje się cztery
pierwiastki s1,2 = 0.2878 ą j1.4161 oraz s3,4 = -1.2878 ą j0.8578 . Rzeczywiście dwa ostatnie
pierwiastki znajdują się w prawej półpłaszczyz
nie, co powoduje że układ jest niestabilny.
Zauważ, że współczynniki w drugim wierszu można podzielić przez pewną dodatnią liczbę
w celu uproszczenia obliczeń. Sprawdz
, czy uzyskasz takie same wartości wyznaczanych
współczynników po podzieleniu współczynników drugiego wiersza przez 2.
4.3. PRZYPADKI SZCZEGÓLNE TABLICY ROUTHA
W przykładzie 2 obliczanie kolejnych współczynników przebiegało bez komplikacji. Zależnie od
rodzajów współczynników wielomianu mogą się pojawić pewne trudności w obliczaniu kolejnych
elementów tablicy Routha.
1. Pierwszy element w pewnym wierszu tablicy Routha jest zerowy, lecz nie wszystkie
współczynniki są równe zero.
2. Wszystkie elementy pewnego wiersza tablicy Routha są zerowe.
4.3.1. Zero w pierwszej kolumnie tablicy Routha
W pierwszym przypadku, jeśli zero pojawia się w pierwszym elemencie wiersza, wówczas wszystkie
elementy w następnym wierszu mają wartości równe nieskończoności i dalsze wypełnianie tablicy nie
jest możliwe. Aby poradzić sobie z tą sytuacją zastępuje się pierwszy element w pierwszej kolumnie
przez bardzo mała liczbę dodatnią � i kontynuuje się obliczanie pozostałych elementów. Przypadek
ten zostanie zilustrowany przez następujący przykład.
Przykład 3
Rozważmy następujące równanie charakterystyczne układu liniowego
M (s) = s6 - 3s5 - s4 + 3s3 + 2s2 - 6s - 2 = 0 (3.1)
Nie wszystkie współczynniki mają ten sam znak, czyli na pewno występują pierwiastki
w prawej półpłaszczyz
nie. Sprawdz
my przy użyciu kryterium Routha ile pierwiastków znajduje
się w prawej półpłaszczyz
nie. Przy kompletowaniu tablicy Routha dwa pierwsze wiersze
uzyskuje się bezpośrednio ze współczynników wielomianu. Brakujące współczynniki uzupełnia
się zerami.
s6 1 -1
2 -2
3 -6
0
s5 -3
Współczynniki drugiego wiersza można podzielić przez 3, co pozwoli na uproszczenie obliczeń.
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 6
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
s6 1 -1
2 -2
s5 -1
1 -2
0
s4 0 0 -2
0
Tablica ta nie może być dalej kompletowana w zwykły sposób, ponieważ nie można dzielić
przez zero. W pierwszej kolumnie pojawiło się zero, przy czym nie cały wiersz jest zerowy.
Sytuacja z zerem w pierwszej kolumnie rozwiązywana jest w ten sposób, że zamiast zera
wprowadza się bardzo małą liczbę dodatnią �. Dla powyższego wielomianu zastępując zero
w pierwszej kolumnie przez � i po wyznaczeniu kolejnych elementów tablicy w zależności od �
otrzymuje się
s6 1 2 -2
-1
s5 1 0
-1 -2
s4 0
� -2
- 2� - 2
s3 1
�
s2
2�+2 -2
s1 2
- 4� - 6� - 4
2
2� + 2�
s0
-2
Dla wszystkich wyrażeń w pierwszej kolumnie zawierających � wyznacza się granicę � 0 ,
przy założeniu dodatniej wartości �, na przykład dla
1
- 4� - 6 - 4
2
- 4� - 6� - 4
�
lim = lim = -"
2
� 0 � 0
2� + 2
2� + 2�
Uzyskane znaki elementów pierwszej kolumny tablicy Routha
s6
+
s5 -
s4 +
s3
+
s2
+
s1 -
s0 -
W tym przypadku są trzy zmiany znaku w pierwszej kolumnie, więc badany wielomian ma trzy
pierwiastki w prawej półpłaszczyz
nie. Rozwiązując równanie (3.1) otrzymuje się cztery
pierwiastki s1 = -0.3158 , s2,3 = -0.9018 ą j0.6693 , s4,5 =1.0553 ą j0.7452 oraz s6 = 3.0088
trzy ostatnie pierwiastki znajdują się w prawej półpłaszczyz
nie.
4.3.2. Zerowy wiersz w tablicy Routha
W drugim przypadku szczególnym, kiedy wszystkie elementy w pewnym wierszu tablicy Routha są
zerowe dalsze wyznaczanie elementów jest przerywane, oznacza to, że istnieje jeden z następujących
przypadków:
1. Równanie ma przynajmniej jedną parę pierwiastków o przeciwnych znakach (rys. 1a).
2. Równanie ma jedną lub więcej par pierwiastków sprzężonych na osi urojonych (rys. 1b).
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 7
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
3. Równanie ma pary pierwiastków tworzących symetrie wokół początku układu (rys 1c).
Powyższe trzy przypadki zostały zilustrowane na rysunku 1. W sytuacji gdy pojawia się cały wiersz
zerowy w tablicy Routha, tworzy się równanie pomocnicze p(s) = 0, które formuje się ze
współczynników wiersza znajdującego się powyżej wiersza zerowego w tablicy Routha.
Im Im Im
b
b
-a a
-a a Re Re Re
-b
-b
(a) (b) (c)
Rys. 1. Możliwe położenia pierwiastków wielomianu w przypadku, gdy w tablicy Routha pojawia się wiersz
zerowy.
Rozwiązując równanie pomocnicze otrzymuje się również pierwiastki równania oryginalnego. Aby
dalej wypełniać tablicę Routha wykonuje się następujące kroki:
1. Tworzy się równanie pomocnicze p(s) = 0 przez użycie współczynników z wiersza znajdującego
się powyżej wiersza zerowego.
2. Wyznacza się pochodną równania pomocniczego względem s; daje to dp(s) / ds = 0 .
3. Zastępuje się wiersz zerowy współczynnikami wielomianu dp(s) / ds = 0 .
4. Kontynuuje się wypełnianie tablicy Routha z użyciem nowo utworzonego wiersza
współczynnikami zastępującymi wiersz zerowy.
5. Interpretuje się zmianę znaków współczynników w pierwszej kolumnie tablicy Routha w zwykłay
sposób.
Przykład 4
Rozważmy następujące równanie charakterystyczne układu liniowego
M (s) = s6 + s5 + 5s4 + s3 + 2s2 - 2s - 8 = 0 (4.1)
z badania współczynników widać, że w wielomianie występują pierwiastki z prawej
półpłaszczyzny.
Tablica Routha zaczyna się następująco:
s6 1 5 2 -8
s5 1 1 -2
0
4
s 4 4 -8
współczynniki wiersza s4 można podzielić przez 4
4
s 1 1 -2
po podzieleniu przez 4
s3 0 0
Pojawił się wiersz zerowy. Wprowadzamy równanie pomocnicze ze współczynników
znajdujących się nad wierszem zerowym w wierszu s4
2
p(s) = s4 + s - 2 = 0 (4.2)
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 8
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
Różniczkując wielomian p(s) względem s otrzymuje się
dp(s) d
4
= (s + s2 - 2)= 4s3 + 2s = 0 (4.3)
ds ds
Otrzymanymi współczynnikami 4 oraz 2 zastępujemy wiersz zerowy.
s3 4 2 Współczynniki równania dp(s)/ds
Współczynniki uzyskanego wiersza można podzielić przez 2. Pozostała część tablicy Routha
jest następująca
s3 2 1 Uproszczone wartości współczynników równania dp(s)/ds
1
2
s
-2
2
9
s1
s0 -2
Wielomian pomocniczy jest czwartego rzędu, czyli w równaniu (4.1) występują dwie pary
pierwiastków. Z badania pierwszej kolumny tablicy Routha uzyskanej dla równania (4.1) widać,
że występuje jedna zmiana znaku, czyli jedna para pierwiastków jest o przeciwnych znakach
(rys. 1a), Dwa pozostałe pierwiastki muszą znajdować się na osi urojonej (rys. 1b). Z analizy
tablicy Routha dla tego przykładowego wielomianu wyznaczyliśmy następujące typy
pierwiastków:
Lewa półpłaszczyzna LP = 3
Prawa półpłaszczyzna PP = 1
Oś urojona IA = 2
Przy użyciu kryterium Routha takie informacje mogą być uzyskane dla każdego wielomianu.
Rozwiązując równanie pomocnicze (4.2) znajdujemy cztery następujące pierwiastki s1 = -1,
s2 =1, s3,4 = ą j1.4142 , które są również pierwiastkami równania (4.1). Pierwiastki połączone
w pary mają w tablicy Routha wiersz zerowy. Ponieważ w tym przypadku równanie
pomocnicze było czwartego rzędu, więc występowały dwie pary pierwiastków połączonych:
jedna o przeciwnych znakach, a druga sprzężona.
5. UKA
ADY ZE STROJONYMI PARAMETRAMI
Bardzo często potrzebna jest wiedza o zakresie lub zakresach przestrajalnego parametru K dla których
układ jest stabilny. Poniższe przykłady ilustrują praktyczne wykorzystanie kryterium Routha
w prostych problemach projektowych.
Przykład 5
Rozważony zostanie prosty układ z jednostkowym sprzężeniem zwrotnym. Należy znalez
ć
zakres wzmocnienia K przy którym układ ten będzie stabilny oraz jeśli to możliwe, wyznaczyć
wartość wzmocnienia K przy którym układ generuje drgania o stałej amplitudzie (posiada
bieguny sprzężone na osi urojonej) oraz okres tych oscylacji.
R(s) Y(s)
s+1
K
s(s+2)(s2+2s+9)
Dla powyższego układu transmitancja zastępcza układu zamkniętego jest następująca:
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 9
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
Y (s) K(s + 1)
G(s) = = (5.1)
2
R(s)
s4 + 4s3 + 13s + (18 + K)s + K
i równanie charakterystyczne:
M (s) = s4 + 4s3 + 13s2 + (18 + K)s + K = 0 (5.2)
Tablica Routha dla równania (5.2):
s4 113 K
s3 4 18+K
34 - K
2
s K
4
2
612 - K
s1
34 - K
s0 K
Na podstawie powyższej tablicy uzyskuje się dwa warunki stabilności: z wiersza s2,
otrzymanym warunkiem stabilności jest 34 - K > 0, z wiersza s1 warunek
(-K2 + 612)/(34-K) > 0, natomiast dla s0 warunek K > 0.
s2 K < 34
s1 -24.739 < K < 24.739
s0 K > 0
Z rozważenia tych dwóch warunków otrzymany zakres stabilności dla parametru K
0 < K < 24.739 (5.3)
Układ znajdzie się na granicy stabilności jeśli w tablicy Routha w wierszu s1 pojawią się same
zera, natomiast współczynnik w wierszu s0 będzie większy od zera. Dla układu opisanego
równaniem charakterystycznym (5.2) uzyskuje się wówczas warunek 612 - K2 = 0, czyli
Kkr = 24.739 (5.4)
Częstotliwość oscylacji wyznacza się z wiersza przy s2, w tym przypadku wielomian
pomocniczy uzyskany z wiersza przy s2
34 - Kkr
s2 + Kkr = 0 (5.5)
4
Podstawiając do równania (5.5) warunek przy którym układ jest na granicy stabilności (5.4)
czyli Kkr = 24.739 uzyskuje się z rozwiązania dwa pierwiastki sprzężone umiejscowione na osi
urojonej punktach s1,2 = ą j� = ą j 3.269. W układzie pojawią się oscylacje o stałej amplitudzie,
gdy wzmocnienie będzie wynosiło K = 24.739, natomiast okres tych oscylacji
2Ą 2Ą
Tosc = = =1.922 [s]
� 3.269
Przykład 6
Rozważony zostanie układ opisany przy użyciu równań stanu, należy tak jak w przykładzie 5
znalez
ć zakres wzmocnienia K przy którym układ ten będzie stabilny oraz jeśli to możliwe,
wyznaczyć wartość wzmocnienia K przy którym układ generuje drgania o stałej amplitudzie
oraz okres tych oscylacji.
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 10
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
x1 0 1 0 x1 0
�ł łł �ł łł �ł łł �ł łł
d
�łx śł �ł- 3 - K - 4 1śł �" �łx śł �ł0śł
= + �" u(t) (6.1)
2 2
�ł śł �ł śł �ł śł �ł śł
dt
�ł śł �ł - 6K 0 0�ł �łx3 �ł �ł1śł
śł �ł śł �ł
x3
�ł �ł �ł �ł
x1
�ł łł
�łx śł
y(t) = [0 K 6K]�" (6.2)
2
�ł śł
�ł śł
�łx3 �ł
Dla układu opisanego równaniami (6.1) oraz (6.2), równanie charakterystyczne jest następujące:
s -1 0
sI - A = 3 + K s + 4 -1 = s3 + 4s2 + (3 + K)s + 6K = 0 (6.3)
6K 0 s
Tablica Routha dla równania (6.3):
s3 13+K
2
s 46K
12 - 2K
s1
4
s0 6K
Na podstawie powyższej tablicy uzyskuje się dwa warunki stabilności: z wiersza s1,
otrzymanym warunkiem stabilności jest 12 - 2K > 0, natomiast z wiersza s0 warunek K > 0. Po
rozważeniu tych dwóch warunków otrzymany zakres dla parametru K przy którym układ
opisany równaniami (6.1) oraz (6.2) będzie stabilny
0 < K < 6 (6.4)
Układ znajdzie się na granicy stabilności jeśli w tablicy Routha w wierszu s1 pojawią się same
zera, natomiast współczynnik w wierszu s0 będzie większy od zera. Dla układu opisanego
równaniem charakterystycznym (6.3) uzyskuje się wówczas warunek 12 - 2K = 0, czyli
K = 6 (6.5)
Częstotliwość oscylacji wyznacza się z wiersza przy s2, w tym przypadku wielomian
pomocniczy uzyskany z wiersza przy s2
4s2 + 6K = 0 (6.6)
Podstawiając do równania (6.6) warunek przy którym układ jest na granicy stabilności (6.5)
czyli K = 6 uzyskuje się z rozwiązania dwa pierwiastki sprzężone umiejscowione na osi
urojonej punktach s1,2 = ą j� = ą j3 . W układzie pojawią się oscylacje o stałej amplitudzie, gdy
wzmocnienie będzie wynosiło K = 6, natomiast okres tych oscylacji
2Ą 2Ą
Tosc = = = 2.09 [s]
� 3
Trzeba zaznaczyć, że kryterium Routha daje poprawne wyniki jeśli współczynniki wielomianu
charakterystycznego są liczbami rzeczywistymi. Jeśli wystąpią współczynniki zespolone lub uzyskane
równanie nie jest algebraiczne, gdyż zawiera funkcje ekspotencjalne lub wykładnicze wówczas
kryterium Routha nie może być stosowane. Innym ograniczeniem tego kryterium jest to, że określenie
pierwiastków równania charakterystycznego uzyskujemy z dokładnością do półpłaszczyzny.
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 11
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
ZAGADNIENIA KONTROLNE
1. Czy kryterium Routha może być zastosowane do analizy stabilności następujących układów?
a) M (s) = s4 + 5s3 + 2s2 + 3s + 2e-2s = 0
4 2
b) M (s) = s - 5s3 + 3s2 + Ks + K = 0
2. Dwa pierwsze wiersze tablicy Routha układu trzeciego rzędu są następujące:
s3 2 2
2
s 4 4
Wybierz poprawną odpowiedz
z następującej listy
a) Równanie ma jeden pierwiastek w prawej półpłaszczyz
nie PP.
b) Równanie ma dwa pierwiastki na osi urojonych IA w punktach s = j oraz s = -j. Trzeci
pierwiastek znajduje się w lewej półpłaszczyz
nie LP.
c) Równanie ma dwa pierwiastki na osi urojonych IA w punktach s = 2j oraz s = -2j. Trzeci
pierwiastek znajduje się w lewej półpłaszczyz
nie LP.
d) Równanie ma dwa pierwiastki na osi urojonych IA w punktach s = 2j oraz s = -2j. Trzeci
pierwiastek znajduje się w prawej półpłaszczyz
nie PP.
3. Jeśli w pierwszej kolumnie tablicy Routha wszystkie znaki są ujemne, wówczas równanie dla
którego utworzona została ta tablica ma przynajmniej jeden pierwiastek znajdujący się w prawej
półpłaszczyz
nie PP. (Tak) (Nie)
4. Pierwiastki równania pomocniczego, p(s) = 0, uzyskane z tablicy Routha muszą być również
pierwiastkami równania charakterystycznego. (Tak) (Nie)
5. Poniższe równanie charakterystyczne opisuje układ niestabilny, gdyż zawiera współczynniki
ujemne. (Tak) (Nie)
M (s) = s3 - s2 + 5s + 10 = 0
6. Poniższe równanie charakterystyczne opisuje układ niestabilny, gdyż posiada współczynnik
zerowy. (Tak) (Nie)
M (s) = s3 + 5s2 + 4 = 0
7. Jeśli w tablicy Routha znajduje się wiersz zerowy, oznacza to, że równanie ma pierwiastki na osi
urojonych IA zmiennej zespolonej s. (Tak) (Nie)
ĆWICZENIA
C.1. Bez korzystania z kryterium Routha
s2 - 4s
zaklasyfikuj układy o poniższych
c) G(s) =
(s2 + 9)(s + 10)
transmitancjach do jednej z trzech klas:
stabilny, na granicy stabilności, niestabilny.
10
d) G(s) =
10(s - 3)
s2 + 2s + 10
a) G(s) =
2
(s + 1) (s + 3)
s -1
e) G(s) =
10s + 1
(s + 1)(s + 3)(s - 5)
b) G(s) =
2
s(s - 2s + 10)
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 12
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
C.2. Korzystając z kryterium Routha, określ ile
s2 + 2s + 3
d) G(s) =
pierwiastków poniższego wielomianu znajduje
s4 + s3 + 5s2 + 4s
się:
" w prawej półpłaszczyz
nie PP:
s4 - s3 + s2 + 3s -1
e) G(s) =
" na osi urojonej IA:
s5 - s4 + 2s3 - s2 - 2s + 1
" w lewej półpłaszczyz
nie LP:
s3 - 4s2 + 4s - 1
f) G(s) =
a) s4 + 3s2 + 4 = 0
2
s5 - s4 + 2s3 + s - 2s -1
b) s4 + 2s3 + 5s2 - 4s -14 = 0
s3 + s2 + 6s - 3
g) G(s) =
4 2
c) s5 + 2s + 3s3 + 6s + 2s + 4 = 0
s5 + 2s4 + 7s3 + 10s2 + 10s + 15
d) 3s5 + 2s3 + s = 0 s3 + s2 + s - 3
h) G(s) =
2 s5 + s4 + s3 + s2 + 2s + 3
e) 2s5 + 4s4 + s3 + 2s + 3s + 6 = 0
s2 - s - 1
f) s6 + 2s5 + 8s4 + 15s3 + 20s2 + 16s + 16 = 0
i) G(s) =
4
s6 + s5 + 2s + s3 + s2 + 2s + 2
g) s5 + s4 + 2s3 + 3s2 + s + 4 = 0
s3 + s2 - s -1
4 j) G(s) =
h) s5 + s + 6s3 + 6s2 + 25s + 25 = 0 4
s6 + s5 + 2s + s3 + s2 + 4s + 3
i) s5 + 2s4 + 8s3 + 11s2 + 16s + 12 = 0
- 3s3 - 5s2 - 5s - 5
k) G(s) =
4
s6 + 2s5 + s4 + s3 + s2 + s + 1
j) s5 - s + 4s3 - 4s2 + 3s - 2 = 0
4 2
s4 + 3s3 - 2s2 + 5s + 3
k) s5 - s + 3s3 - 3s + 2s - 2 = 0
l) G(s) =
s6 + 3s5 + 4s4 + 6s3 + 10s2 + s + 1
2
l) s6 - 2s5 + 2s4 - 4s3 - s + 2s - 2 = 0
C.4. Znajdz
zakres przestrajalnego parametru K
C.3. Dla obiektów opisanych poniższymi
dla którego układy opisane poniższymi
transmitancjami operatorowymi objętymi
równaniami charakterystycznymi są stabilne.
jednostkowym ujemnym sprzężeniem
Jeśli to możliwe, wyznacz wartość
zwrotnym
wzmocnienia K przy którym układ generuje
drgania o stałej amplitudzie oraz okres tych
R(s) R(s)
oscylacji.
G(s)
a) s3 + (2 + K)s2 + (8 + K)s + 6 = 0
b) 2s3 + (6 - 2K)s2 + (4 + 3K)s + 10 = 0
przy użyciu kryterium Routha, określ ile
pierwiastków równania charakterystycznego
2
c) s4 + Ks3 + 5s + 10s + 10K = 0
znajduje się:
2
" w prawej półpłaszczyz
nie PP:
d) s4 + s3 + 2s + 2s + 4 + K = 0
" na osi urojonej IA:
e) s3 + 4Ks2 + (K + 5)s + 10 = 0
" w lewej półpłaszczyz
nie LP:
Na podstawie tych rozważań, stwierdz
czy
f) s3 + K(s3 + 2s2 + 1)= 0
rozważany układ jest stabilny asymptotycznie?
- s + 1
g) s(s + 1)(s2 + 4)+ K(s2 + 1)= 0
a) G(s) =
s4 + 5s3 + 9s2 + 7s + 2
h) s3 + 2s2 + 20s + 10K = 0
s + 2
b) G(s) =
i) s(s3 + 3s + 3)+ K(s + 2)= 0
s4 + s3 + 3s2 + 2s
2
s - 2 j) s(s3 + 2s2 + s + 1)+ K(s + s + 1)= 0
c) G(s) =
s4 + s3 + 7s2 + 6s + 2
k) s(s + 2)(s + 5)(s + 10)+ K = 0
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 13
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
2
s + 2
l) (s + 2) (s + 5)(s + 6)+ K(s2 + 4)= 0
f) G(s) =
(s2 + 2s + 2)(s + 4)(s - 1)
C.5. Znajdz
zakres stałej K, dla której poniższy
s2 + 2s + 10
układ jest stabilny. Jeśli to możliwe, wyznacz
g) G(s) =
wartość wzmocnienia K przy którym układ
s4 + 4s3 + 6s2
generuje drgania o stałej amplitudzie oraz
s2 - 3s + 2
okres tych oscylacji.
h) G(s) =
s4 + 3s3 + 3s2 + 12s
R(s) Y(s)
K 10
s s2 + s + 10 s2 + 3s + 2
i) G(s) =
-
s4 + 2s3 + 5s2
1
s2 + 3s
s + 2
j) G(s) =
s4 + 4s3 + 9s2 + 10s + 4
C.6. Znajdz
zakres stałej K, dla której
2s3 + 15s2 + 7s + 4
k) G(s) =
poniższy układ jest stabilny. Jeśli to możliwe,
4 2
s + 5s3 + 6s
wyznacz wartość wzmocnienia K przy
którym układ generuje drgania o stałej
s3 + 11s2 + 38s + 40
l) G(s) =
amplitudzie oraz okres tych oscylacji.
s4 + 3s3 + 4s2 + 2s + 5
R(s) Y(s) C.8. Dla poniższego układu znajdz
wartość stałej
K s + 1
K przy układ ten jest stabilny. Wyznacz
s (s + 2)(s2 + s + 1)
- wartość wzmocnienia K przy którym układ
generuje drgania o stałej amplitudzie oraz
okres tych oscylacji. Jaki wówczas będzie
C.7. Dla układów o poniższych
okres oscylacji o stałej amplitudzie.
transmitancjach objętych pętlą
jednostkowego sprzężenia zwrotnego,
R(s) Y(s)
K
s2
s2
R(s) Y(s)
K G(s)
2
s
znajdz
zakres stałej K, dla której poniższy
1
układ jest stabilny. Jeśli to możliwe, wyznacz
s + 1
wartość wzmocnienia K przy którym układ
generuje drgania o stałej amplitudzie oraz
okres tych oscylacji.
C.9. Dla układu opisanego za pomocą równań
1
a) G(s) =
stanu, znajdz
zakres stałej K, dla której
s(s + 1)(s + 2)
poniższy układ jest stabilny. Jeśli to możliwe,
wyznacz wartość wzmocnienia K przy
1
b) G(s) =
którym układ generuje drgania o stałej
(s + 10)(s2 + 4s + 5)
amplitudzie oraz okres tych oscylacji.
s + 10
x1 łł �ł łł �ł łł
�ł łł �ł - 6 1 0 x1 0
c) G(s) =
d
�łx śł �ł �łx śł �ł śł
s3 + 2s2 + 3s + 1
= - 3 - K 0 1śł �" + K �" u(t)
2 2
�ł śł �ł śł �ł śł �ł śł
dt
�ł śł �ł- 8K + 10 0 0�ł �łx3 �ł �ł8K �ł
śł �ł śł �ł śł
x3
s - 2 �ł �ł �ł
d) G(s) =
x1
�ł łł
(s + 1)(s2 + 6s + 25)
�łx śł
y(t) = [1 0 0]�"
2
�ł śł
(s + 1)(s + 2)
�ł śł
e) G(s) =
3
�łx �ł
2
(s -1) (s + 3)
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 14
Teoria sterowania Badanie stabilności - kryterium Routha
ODPOWIEDZI DO WYBRANYCH ĆWICZEC

f) układ niestabilny dla każdego K
C1.
g) K > 0
a) stabilny.
h) 0 < K < 4; K = 4, Tosc = 2.81 [s]
kr
b) niestabilny.
i) Układ niestabilny dla każdej wartości K
c) na granicy stabilności
j) K > 0
d) stabilny.
k) 0 < K < 436; K = 436, Tosc = 2.59 [s]
e) niestabilny. kr
l) K > -30
C2.
a) PP = 2; IA = 0, LP = 2, C5.
b) PP = 1; IA = 0, LP = 3,
0 < K < 3.55; K = 3.55, Tosc = 2.43 [s]
kr
c) PP = 0; IA = 4, LP = 1,
C6.
d) PP = 2; IA = 1, LP = 2,
0 < K < 2.24; K = 2.24, Tosc = 5.28 [s]
kr
e) PP = 2; IA = 0, LP = 3,
C7.
f) PP = 4; IA = 0, LP = 2,
a) 0 < K < 6; K = 6, Tosc = 4.4429 [s]
g) PP = 2; IA = 0, LP = 3,
kr
h) PP = 2; IA = 0, LP = 3,
b) -50 < K < 580; K = 580, Tosc = 0.9366 [s]
kr
i) PP = 0; IA = 2, LP = 3,
c) -0.1< K <0.625; K =0.625, Tosc =3.3001[s]
kr
j) PP = 3; IA = 0, LP = 2,
d) -21.3333k) PP = 1; IA = 4, LP = 0,
K =-21.3333,Tosc = 2.0209
l) PP = 3; IA = 0, LP = 3,
kr
e) K >2.4305; K =2.4305,Tosc = 4.1507 [s]
kr
C3.
f) 4 < K < 5.0278;
a) PP = 0; IA = 0, LP = 4, Tak
K = 5.0278, Tosc = 8.0743 [s]
b) PP = 2; IA = 0, LP = 2, Nie
kr
c) PP = 0; IA = 3, LP = 1, Nie
g) K >28; K =28,Tosc = 1.6793 [s]
kr
d) PP = 2; IA = 0, LP = 2, Nie
h) 0.7192 < K < 2.7808;
e) PP = 2; IA = 1, LP = 2, Nie
K = 0.7192, Tosc = 3.4689 [s]
kr
f) PP = 1; IA = 4, LP = 0, Nie
K = 2.7808, Tosc = 5.6903 [s]
g) PP = 0; IA = 2, LP = 3, Nie kr
h) PP = 2; IA = 1, LP = 2, Nie
i) 0< K <7.3333; K =7.3333, Tosc =1.8945[s]
kr
i) PP = 2; IA = 0, LP = 4, Nie
j) -2.4283 < K < 0;
j) PP = 2; IA = 0, LP = 4, Nie
K =-2.4283, Tosc = 7.6263 [s]
kr
k) PP = 1; IA = 2, LP = 3, Nie
k) 0 < K < "; K =brak, Tosc = brak
kr
l) PP = 0; IA = 4, LP = 2, Nie
l) 0.6651 < K < ";
C4.
K =0.6651, Tosc = 2.5035 [s]
kr
a) K > -1.127; K = -1.127, Tosc = 2.4 [s]
kr
C8.
1 1
0 < K < 2; K = 2, Tosc = 4.44 [s]
b) - < K < 2 ; K = - , Tosc = 5.13 [s]
kr
kr
3 3
C9.
K = 2, Tosc = 2.81 [s]
kr
1.25 < K < 14; K = 14, Tosc = 1.52 [s]
kr
c) Układ niestabilny dla każdej wartości K
d) Układ niestabilny dla każdej wartości K
e) K > 0.458; K = 0.458, Tosc = 2.69 [s]
kr
LITERATURA
1. Hostetter G.H., C.J. Savant, R.T. Stefani, Design of Feedback Control Systems, Saunders College
Publishing, 1989.
2. Kuo B. C. Automatic Control of Dynamic Systems, 7th ed, Addison-Wesley & Sons Inc., 1995.
Ostatnia aktualizacja: 2010-01-23 � M. Tomera 15