1

NyquistNyquist--ov kriterijum stabilnosti ov kriterijum stabilnosti

zadacizadaci

Primer. Za sistem opisan funkcijom povratnog prenosa W(s) = K1+sT,

primenom Nyquist-ovog kriterijuma ispitati stabilnost sistema nakon zatvaranja povratne sprege. K i T su realni pozitivni parametri.

Rešenje:s=jω

W(jω) = K1+jωT ⋅ 1-jωT

1-jωT = K1+ω2T2 - j

KωT1+ω2T2

ω=0 ⇒ Re{W(jω)} = K; Im{W(jω)} = 0;

ω→∞ ⇒ Re{W(jω)} = 0+; Im{W(jω)} = 0-;

limω→∞Arg{W(jω)} = limω→∞ arctg Im{W(jω)Re{W(jω)}} = limω→∞ arctg-KωT

K = - π2

limω→∞

W(jω) = limω→∞ Re2{W(jω)}+Im2{W(jω)} = 0

2

Broj nestabilnih polova u otvorenoj povratnoj sprezi: P=0

Sistem je nakon zatvaranja povratne sprege stabilan za svaku realnu i pozitivnu vrednost parametara K i T.

Primer. Za sistem opisan funkcijom povratnog prenosa W(s) = K

s(1+sT),

primenom Nyquist-ovog kriterijuma ispitati stabilnost sistema nakon zatvaranja povratne sprege. K i T su realni pozitivni parametri. Rešenje: s=ρejφ; ρ→0; φ∈[0,π/2]

limρ→0W(ρejφ) = lim

ρ→0 Kρejφ

1+Tρejφ = lim

ρ→0 Kρejφ+Tρ2ej2φ ≈ limρ→5 Kρ e-jφ

Moduo (amplituda): limρ→0

K

ρ e-jφ = ∞

Faza (argument): limρ→0 Arg

K

ρ e-jφ = Arg

e-jφ = -φ ∈

0,- π2

3

s=jω

W(jω) = Kjω(1+jωT) = K

jω - ω2T = -Kω2T - jKωω2+ω4T2

ω→∞ ⇒ Re{W(jω)} = 0-; Im{W(jω)} = 0-;

limω→∞Arg{W(jω)} = limω→∞ arctg Im{W(jω)Re{W(jω)}} = limω→∞ arctg -1

-ωT = - π

limω→∞Arg{W(jω)} = limω→∞

-arctg

ω

0 - arctg

ωT

1 = - π2 - π2 = - π

limω→∞

W(jω) = limω→∞

Kω2T

ω2+ω4T22 +

Kω

ω2+ω4T22 = 0

0<ω<∞

W(jω) = - KωT

ω + ω3T2 - j K

ω + ω3T2

Re i Im deo W(jω) su manji od nule ∀ω>0, tako da preseka sa Im i Re osom nema.

∞→

R

Sistem je u otvorenoj povratnoj sprezi granično stabilan, P=0. Prema grafikonu na slici zaključuje se da je sistem nakon zatvaranja povratne sprege stabilan.

4

Primer. Za sistem opisan funkcijom povratnog prenosa W(s) = K s+a

s2(s+b),

primenom Nyquist-ovog kriterijuma ispitati stabilnost sistema nakon zatvaranja povratne sprege. K, a i b su realni pozitivni parametri.

Rešenje: s=ρejφ; ρ→0; φ∈[0,π/2]

limρ→0 W(ρejφ) = limρ→0 K ρejφ+aρ2ej2φ

ρejφ+b ≈ limρ→0 Ka

bρ2 e-j2φ

Moduo (amplituda): limρ→0

Ka

bρ2 e-j2φ = ∞

Faza (argument): limρ→0 Arg

Ka

bρ2 e-j2φ = Arg

e-j2φ = -2φ ∈

0,-π

s=jω

W(jω) = - Kω2

ab+ω2

ω2 + b2 + j K(a - b)ω(ω2+ b2)

ω→∞ ⇒ Re{W(jω)} = 0-; Im{W(jω)} = 0; limω→∞Arg{W(jω)} = - π; limω→∞

W(jω) = 0

0<ω<∞ Re{W(jω)}<0; ∀ω>0. a>b ⇒ Im{W(jω)}>0; ∀ω>0; a<b ⇒ Im{W(jω)}<0; ∀ω>0; a=b ⇒ Im{W(jω)}=0; ∀ω>0; Za svaki od navedenih slučajeva se može nacrtati Nyquist-ov dijagram

5

P=0, a>b ⇒ sistem je nestabilan;

∞→

R

− 0j,

K1

P=0, a<b ⇒ sistem je stabilan;

∞→

R

− 0j,

K1

6

P=0, a=b ⇒ sistem je granično stabilan.

∞→

R

− 0j,

K1

Primer. Sistem je opisan funkcijom povratnog prenosa

W(s) = K s3+8s(5s3+21s+2).

a) primenom Routh-ovog kriterijuma pokazati da je sistem u otvorenoj povratnoj sprezi nestabilan i da ima dva pola sa pozitivnim realnim delovima; b) primenom Nyquist-ovog kriterijuma odrediti interval pojačanja K za koje će sistem biti stabilan nakon zatvaranja povratne sprege. K je realan pozitivan parametar. Napomena: Polinom 5x3-21x2+16 ima jednu nulu x=1.

7

Rešenje. a) f(s) = s(5s3+21s+2)

s3

s2

s1

s0 5 21

ε 2

21-10ε

2

;

sistem je nestabilan u otvorenoj povratnoj sprezi i poseduje dva pola sa pozitivnim realnim delovima (P=2).

b) s=ρejφ; ρ→0; φ∈[0,π/2]

limρ→0 W(ρejφ) = limρ→0 K ρ3ej3φ+8ρ2ej2φ

5ρ3ej3φ+21ρejφ+2 ≈ limρ→0 8K

2ρ e-jφ

Moduo (amplituda): limρ→0

8K

2ρ e-jφ = ∞

Faza (argument): limρ→0 Arg

8K

2ρ e-jφ = Arg

e-jφ = -φ ∈

0,-π2

8

s=jω W(jω)

K = 38ω2-16825ω6 - 210ω4 + 441ω2+4 - j 5ω6 - 21ω4 + 16

ω

25ω6 - 210ω4 + 441ω2+4

ω→∞ ⇒ Re{W(jω)} = 0+; Im{W(jω)} = 0-;

limω→∞Arg{W(jω)} = - π2 ; limω→∞

W(jω) = 0

0<ω<∞

Presek sa realnom osom: Im

W(jω)

K = 0 ⇒ 5ω6-21ω4+16=0;

ω2=x ⇒ 5x3-21x2+16=0; ⇒ x1=1 ⇒ x2=4 ∧ x3=-0.8. ω1=1rad/s, ω2=2rad/s

Re

W(j1)

K = -0.5; Re

W(j2)

K = -2

Presek sa imaginarnom osom:

Re

W(jω)

K = 0 ⇒ 38ω2-168=0 ⇒ ω4=2.1rad/s;

Im

W(j2.1)

K = -1.9

9

- 1K < -2 ⇒ K < 12 ⇒ Nyquist-ova kriva obuhvata kritičnu tačku 0 puta, što

nije jednako sa Pπ, tako da je sistem nestabilan.

-0.5 < - 1K < -2 ⇒ 12 < K < 2 ⇒ Nyquist-ova kriva obuhvata kritičnu tačku 1

put, što je jednako sa 2π=Pπ, tako da je sistem stabilan.

- 1K > - 12 ⇒ K > 2 ⇒ Nyquist-ova kriva obuhvata kritičnu tačku 0 puta, što

nije jednako sa Pπ, tako da je sistem nestabilan.

10

Primer: Data je karakteristična jednačina sistema automatskog upravljanja:

F(s) = s3 + 3s2 + (K-6)s + 2K-8 = 0 Primenom Nyquist-ovog kriterijuma ispitati stabilnost ovog sistema u zavisnosti od promene pojačanja K.

Rešenje: s3 + 3s2 - 6s - 8 + K(s + 2) = 0

W(s) = K s + 2s3 + 3s2 - 6s - 8

W(jω)

K = -

ω4+12ω2+16 + jω(4-ω2)

8+3ω2 2 + ω2

6+ω2 2

W(0)

K = - 0.25

limω→∞

Arg{W(jω)K } = - π; lim

ω→∞

W(jω)

K = 0

f(s) = s3 + 3s2 - 6s - 8 s3

s2

s1

s0

1 -63 -8

-26-8

⇒ P=1

11

Sistem je stabilan za K>10

Primer: Sistem je opisan funkcijom povratnog prenosa:

s2002s103s

500s250)s(W−+

+=

a) Primenom Nikvistovog kriterijuma izvršiti analizu stabilnosti sistema. b) Odrediti pretek faze datog sistema.

)20s)(10s(s)2s(250)s(W

+−+

=

s=ρejϕ

)(jjjjj

jj

e200500

)20e)(e10e(e)2e(250)e(W

π+ϕϕπϕϕ

ϕϕ

ρ≈

+ρ+ρρ

+ρ=ρ ;

∞→ρ

=ρ→ρ

ϕ

→ρ 200500)e(W

0j

0limlim ;

)())e(W(Arg j0

lim π+ϕ−=ρ ϕ

→ρ;

π

∈ϕ2

,0 ⇒

π

−π−∈ρ ϕ2

3,))e(W(Arg j .

Rešenje:

12

s=jω:

( )( )( )

( )( )( )400100

502000j400100

220250)j(W 22

2

22

2

+ω+ωω

−ω−

+ω+ω

+ω−=ω

ω→∞. ⇒ 0)j(Wlim =ω

∞→ω; π−=+π−=ω

∞→ω0arctg))j(W(Arglim

Preseka sa imaginarnom osom nema, jer jednačina ω2+220=0 nema realna rešenja. Preseci sa realnom osom: Im(W(jω))=0 ⇒ ω2-50=0 ⇒ 50=ω rad/s.

( )( )( )

14005010050

22050250))50j(WRe( −=++

+−=

Sistem je granično stabilan.

13

b) Pošto je sistem granično stabilan, pretek faze je nula. To se može i proveriti. U zadatku pod a) je određena presečna učestanost faze

50=ωπ rad/s (rešenje jednačine 1)j(W =ωπ ). Faza sistema za frekvenciju ωπ je:

ooo 1802050arctg

1050arctg18090

250arctg))j(W(Arg −=

−

−−−

=ωπ ,

pa je pretek faze ϕpf=0o.

Primer:Za sistem čija je funkcija povratnog prenosa:

)31s)(10s)(2s(s)5s)(1s(6.31)s(W+++

++⋅=

Nacrtati asimptotski amplitudni i fazni dijagram. Pomoću dobijenih dijagrama odrediti brzinsku konstantu, pretek faze i pretek pojačanja.

Rešenje: Prvo se izvrši normalizacija funkcije povratnog prenosa:

)s31)(10s1)(2s1(s

)5s1)(s1(31102

156.31)s(W+++

++⋅

⋅⋅⋅

⋅=

)s31)(10s1)(2s1(s

)5s1)(s1(7.23+++

++⋅

14

U brojiocu imamo sledeće prelomne učestanosti (nule): sec)/rad(5 sec),/rad(1 prpr =ω=ω U imeniocu imamo sledeće prelomne učestanosti (polove): sec)/rad(10 sec),/rad(2 sec),/rad(31 prprpr =ω=ω=ω

Pre najmanje prelomne učestanosti, ω<1/3, jednačina amplitudnog dijagrama je: )log(20)7.23log(20)j(W dB ω−=ω

dB5.27A1

dB5.47A1.0

dB

dB≅⇒=ω

≅⇒=ω

Nakon učestanosti ωpr=1/3(rad/sec) elemenat (1/(1+s/(1/3))) unosi dodatni nagib od -20 dB/dec i sada je, do sledeće prelomne učestanosti, ωpr=1, nagib dijagrama -40 dB/dec. U intervalu

)1,31(∈ω jednačina dijagrama je: )3log(20)log(20)7.23log(20)j(W dB ω−ω−=ω

Nakon učestanosti ωpr=1(rad/sec) elemenat (1+s) unosi dodatni nagib od +20dB/dec, pa je u intervalu )2,1(∈ω nagib dijagrama -20dB/dec, a njegova jednačina: =ω+ω−ω−=ω )log(20)3log(20)log(20)7.23log(20)j(W dB )3log(20)7.23log(20 ω−=

Analogan postupak se primenjuje i kod prelomnih učestanosti ωpr=2(rad/sec), ωpr=5(rad/sec), ωpr=10(rad/sec).

Jednačina faze sistema je: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10arctg2arctg3arctg905arctgarctg ω−ω−ω−−ω+ω=ωϕ o

15

Za nekoliko vrednosti učestanosti je formirana tabela:

ω 0.07 0.1 0.12 0.15 0.2 0.25 0.33ϕ(ω) -

99.5 -

103.2

-105.

7

-109.

1

-114.

2

-118.

5

-124.

1

ω 0.5 0.8 1.0 2.0 5.0 8.0 10.0ϕ(ω) -

130.9

-136.

0

-137.

5

-141.

6

-147.

2

-151.

4

-154.

0

ω 15.0 20.0 ∞ ϕ(ω) -

159.7

-163.

7

-180.

0

16

Po definiciji je: KV=23.7sec-1 Sa dijagrama se dobija: 1

V sec5.24K −≈ Presečna učestanost sa dijagrama je: secrad1.41 ≈ω Pretek faze je: o5.34pf ≈ϕ

Pretek pojačanja “d” se ne može odrediti jer ( ) o180−=ωϕ važi samo za ∞→ω Ovaj sistem je apsolutno stabilan.

Primer: Za sistem minimalne faze je eksperimentalno snimljena logaritamska karakteristika slabljenja a) Odrediti funkciju povratnog prenosa sistema b) Skicirati fazni dijagram. c) Odrediti pretek faze i pretek pojačanja. / Sistem minimalne faze je sistem koji nema ni nula ni polova sa pozitivnim realnim delom /

17

Rešenje: a) Na osnovu oblika dijagrama za učestanosti 1.0≤ω zaključujemo da u sistemu postoji integrišući elemenat prvog reda, tj. sistem poseduje astatizam reda r=1. Za učestanosti 1.0≤ω jednačina dijagrama je: ω−=ω log20Klog20)j(W dB Ako bi se ova duž produžila do ω=1(rad/sec) dobila bi se jednačina: 40KdB04.32Klog20 =⇒= Nule i polovi funkcije povratnog prenosa se određuju uočavanjem prelomnih učestanosti na dijagramu.

18

Za ω=0.1 nagib postaje -40dB/dec, što znači da u imeniocu postoji faktor (1+jω/0.1) koji unosi dodatni nagib od -20dB/dec. Za ω=1 nagib postaje -20dB/dec, što znači da u brojiocu postoji faktor (1+jω) koji unosi dodatni nagib od +20dB/dec. Za ω=16 nagib postaje -40dB/dec, što znači da u imeniocu postoji faktor (1+jω/16) koji unosi dodatni nagib od -20dB/dec. Za ω=40 nagib postaje -60dB/dec, što znači da u imeniocu postoji faktor (1+jω/40) koji unosi dodatni nagib od -20dB/dec. Funkcija povratnog prenosa sistema je:

( )( )( )( )40j116j11.0j1

j1j40jW

ω+ω+ω+ω+

⋅ω

=ω

b) Da bi se skicirao fazni dijagram potrebno je odrediti fazu za različite vrednosti učestanosti, prema jednačini faze: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )40arctg16arctg1.0arctg90arctg ω−ω−ω−−ω=ωϕ o Za nekoliko vrednosti učestanosti je formirana tabela:

ω 0.5 0.7 1.0 1.5 2.0 3.0 5.0 ϕ(ω) -145 -140 -133 -127 -124 -121 -125

ω 8.0 10.0 12.0 14.0 16.0 20.0 25.0ϕ(ω) -134 -141 -148 -154 -160 -170 -181

ω 27.0 30.0 40.0 50.0ϕ(ω) -185 -190 -204 -215

19

c) Presečna učestanost pojačanja je data u iznosu ω1=4 rad/sec. Faza na presečnoj učestanosti je ( ) o3.122−=ωϕ . Pretek faze je o7.57pf =ϕ . Presečna učestanost faze na dijagramu je sec/rad5.24≈ωπ . Na presečnoj učestanosti je amplituda na dijagramu

( ) dB20jW −≅ωπ . Pretek pojačanja je ddB=20dB Ovaj sistem je stabilan.

Primer: Odrediti vrednost Bodeovog pojačanja KB tako da sistem sa funkcijom povratnog prenosa:

2B

)5s1(s

K)s(G

+=

a) Ima pretek pojačanja dB6ddB ≥ , i pretek faze o45pf ≥ϕ ; b) Što veću brzinsku konstantu.

20

Rešenje: Pretpostavi se da je KB=1 i skicira se amplitudni i fazni dijagram za povratni prenos:

2

B2

B

)5j1(j

K)j(G :tj

)5s1(s

K)s(G

ω+ω=ω

+=

Postoji dvostruka prelomna učestanost, 52,1pr =ω .

Za KB=1 presečna učestanost pojačanja je ω1=1 rad/sec, a pretek faze: ooo 4.67)51(arctg290180pf =−−=ϕ Presečna učestanost faze je ωπ: ooo 180)5(arctg290180))j(Warg( −=ω−−⇒−=ω ππ secrad590)5(arctg2 =ω⇒=ω ππ

o Pretek pojačanja je: ( ) dB14ddB14jW dBdB =⇒−=ωπ

21

Konstanta greške je KV=1 (1/sec). Očigledno je da su pretek faze i pretek pojačanja zadovoljavajući, ali treba razmotriti mogućnost povećanja konstante greške povećanjem Bodeovog pojačanja, ali tako da pretek stabilnosti ostane u dozvoljenim granicama. Pošto je KB pozitivan realan broj, promena pojačanja ne utiče na fazni dijagram, već samo na amplitudni. Očigledno je da se povećanjem KB “podiže” amplitudni dijagram, ali se smanjuju preteci faze i pojačanja. Potrebno je odrediti najveću vrednost pojačanja za koju su uslovi u pogledu preteka stabilnosti još uvek zadovoljeni.

Posmatra se prvo za koju vrednost KB pretek faze ima minimalnu dozvoljenu vrednost. Minimalni dozvoljeni pretek faze je o45pf =ϕ .

Da bi važilo o45pf =ϕ , mora da važi: ( ) dB0jWdB

*1 =ω

*1ω se određuje iz uslova:

oo 45)5(arctg2)0(arctg180 *1

*1pf =ω−ω−=ϕ

( ) ooo 5.225arctg135)5(arctg290 *

1*1 =ω⇒−=ω−−

secrad07.2*1 =ω

22

Na učestanosti secrad07.2*1 =ω sistem ima fazu od o135− . Da bi

pretek faze bio o45 , amplituda na toj učestanosti mora da bude 0dB. Za KB=1 amplituda je različita od nule, i iznosi: ( ) )log(20)log(20)Klog(20jW *

1*1BdB

*1 ω−=ω−=ω

Potrebno je dodati pojačanje )log(20)Klog(20 *

1B ω= da bi važilo: ( ) dB0jW

dB*1 =ω .

Za pojačanje K>2.07 pretek faze je manji od o45 .

Minimalni dozvoljeni pretek pojačanja je d=6dB. Za KB=1 pretek pojačanja je 14dB. To znači da pretek pojačanja možemo da umanjimo za 8dB. Da bismo “podigli” amplitudni dijagram za 8dB potrebno je dodatno pojačanje 20logK=8dB, to jest 5.2K ≈ što bi dovelo do smanjenja preteka faze ispod o45 . Zato se usvaja pojačanje K=2.07 za koje pretek faze iznosi o45 , a pretek pojačanja približno 7.7dB (tj. 14dB-20log(K=2.07)), a konstanta greške KV=2.07. Dalje povećanje konstante greške bi smanjilo pretek faze ispod o45 .

23

ZADATAK Konstruisati asimptotske logaritamske dijagrame amplitude i faze sistema čije su funkcije povratnog prenosa:

a) )4s)(5.0s(s

)2s(10)s(W++

+=

REŠENJE: a) Normalizovana funkcija povratnog prenosa u frekventnom domenu je:

+

ω

+

ωω

+

ω

=ω1

4j1

5.0jj

12

j10)j(W

Prelomne učestanosti su: ω1=0.5rad/sec; ω2=2rad/sec ω3=4rad /sec. Asimptotski amplitudni dijagram se sastoji iz četiri pravolinijska segmenta.

I segment: sec/rad5.00 ≤ω≤ . Analitički izraz za amplitudu je: ω−=ω 1010db log2010log20)j(W

24

II segment: sec/rad2sec/rad5.0 ≤ω≤ . Analitički izraz za amplitudu je:

ω

−ω−=ω5.0

log20log2010log20)j(W 101010db

III segment: sec/rad4sec/rad2 ≤ω≤ . Analitički izraz za amplitudu je:

ω

+

ω

−ω−=ω2

log205.0

log20log2010log20)j(W 10101010db

( ) ( ) ( )410log20

210log205.010log2010log201010log20db)j(W ω

−ω

+ω

−ω−=ω

IV segment: sec/rad4≥ω . Analitički izraz za amplitudu je:

Pretek faze se raèuna prema izrazu:

ω

−

ω

+

ω

−−=Φ4

arctg2

arctg5.0

arctg90180 111pf

oo

ω1=2.5rad/sec; φpf = 30.1o

• Pretek pojačanja. Preseèna uèestanost faze ne može da se odredi jer ω→∝ ⇒ Arg{W(jω)}=180° (Za svaku vrednost pojačanja K sistem će biti stabilan nakon zatvaranja povratne sprege)

25

10-1

100

101

-20

0

20

40

w (rad/s ec )

|W(jw

)| [d

b]

10-1

100

101

-180

-160

-140

-120

-100

-80

w (rad/s ec )

Arg

W(jw

) [°

]

ZADATAK

Funkcija povratnog prenosa sistema je 2)10s)(3s(s)1s(4500)s(W++

−=

a) Odrediti presečne učestanosti pojačanja i faze (ω1 i ωπ), pretek faze Φpf i pretek pojačanja d. b) Koliko je pojačanje potrebno uvesti u sistem da bi pretek faze bio Φpf = 20°? c) Koliko je pojačanje potrebno uvesti u sistem da bi pretek pojačanja bio d=10db? d) Primenom nekog od kriterijuma stabilnosti proanalizirati ispravnost rešenja zadataka pod b) i c).

26

REŠENJE: a) Normalizovana funkcija povratnog prenosa u frekventnom

domenu glasi: 21

10j1

3jj

)1j(15)j(W

+

ω

+

ωω

−ω=ω .

Prelomne učestanosti su: ω1=1rad/sec; ω2=3rad/sec ω3,4=10rad /sec. Asimptotski amplitudni dijagram se sastoji iz četiri pravolinijska segmenta.

10-1

100

101

102

-50

0

50

w [rad/s ec ]

|W(jw

)| [d

b]

10-1

100

101

102

-300

-200

-100

0

100

w [rad/s ec ]

Arg

W(jw

) [°

]

27

Presečna učestanost pojačanja je: ω1 = 16.5 [rad/s]

Pretek faze je: Φpf = -13.8 [°]

Presečna učestanost faze je:

ωpi = 13.5 [rad/s] Pretek pojačanja je:

d = -5.3 [°]

b) Uvođenjem dodatnog pojačanja u sistem (funkcija povratnog prenosa postaje K'W(s)) menja se amplitudna karakteristika dok fazna ostaje ista. Promenom pojačanja K' se menja i presečna učestanost pojačanja, a time i pretek faze. Da bi se obezbedio pretek faze Φpf=20° nova presečna učestanost pojačanja ω1' mora da zadovolji uslov: Φpf=20°=180°+Arg{W(jω1')} ⇒ Arg{W(jω1')}=-160°. Amplituda funkcije povratnog prenosa za frekvenciju ω1'=10.3 rad/s je: |W(10.3)| = 12.26db. Pošto je ω1'=10.3 rad/s nova presečna učestanost pojačanja, moduofunkcije povratnog prenosa je jednak nuli za tu učestanost. Znači, potrebno je uvesti dodatno pojačanje K' koje će da unese slabljenje od 12.26db: 20log(k') = -12.26db ⇒ k'=0.24

28

c) Presečna učestanost faze je ωπ=13,47rad/s. Promena pojačanja ne utiče na faznu karakteristiku, tako da presečna učestanost faze ostaje ista. Da bi se zadovoljio zahtev za pretekom pojačanja potrebno je uvesti dodatno pojačanje K" koje će zadovoljiti uslov: |K"W(jωπ)|db=-10db=20logK"+|W(Jωπ)|db=20logK"-ddb ⇒ 20logK"=-15.24

d) Posmatra se funkcija povratnog prenosa sistema:

s300160s23sKKs

)10s)(3s(s)1s(K)s(W 2342 +++

−=

++

−= .

Nakon zatvaranja povratne sprege karakteristični polinom je:f(s)=s4+23s3+160s2+(300+K)s-K. Odmah je uočljivo da za K>0 nijeispunjen jedan od potrebnih uslova za stabilnost sistema (svikoeficijenti karakterističnog polinoma moraju biti istog znaka).Posledica je da se ovaj sistem ne može stabilizovati promenompojačanja, što znači da rešenja zadataka pod b) i c) nisu tačna (ipored pozitivnog preteka faze i pojačanja, sistem je ostaonestabilan). U ovom primeru se vidi da preteci faze i pojačanja nemoraju da daju korektne informacije za sisteme neminimalne faze, atakav je analizirani sistem u otvorenoj povratnoj sprezi (postoji nulau desnoj poluravni kompleksne ravni).

29

KRAJKRAJ