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今回は、自動制御の二次遅れ系の単位ステップ応答(インディシャル応答)について、
- 実数解
- 重解
- 虚数解
を持つ場合の応答波形について、場合分けをしながら説明していきます。
なお、二次遅れ系の極と応答波形のイメージを理解するには、二次遅れ系の極と応答波形の概要を参考にして下さい。
極とラプラス変換の関係から、$sin$, $cos$を含むか否かといった直感的イメージが理解できます。
二次遅れ系の単位ステップ応答(インディシャル応答)応答の要点
二次遅れ系にインパルス応答が入力されると、瞬間的に値が振れますが、のちに0位置に戻ります。
この時、極の値によって、
- 橙:$\xi<1$(不足減衰)
- 緑:$\xi=1$(臨界減衰)
- 赤:$\xi>1$(過減衰)
といった場合分けが可能であり、図1のような応答波形が得られます。
緑で示す$\xi=1$の時は臨界減衰で位置に最も早く戻ってきますが、$\xi$が大きくなると逆に0位置になかなか戻ってこない過減衰になり、$\xi$が小さくなると今度は0位置近傍での振動が生じる不足減衰になります。
これらの応答波形は極の値によって支配されているので、場合分けして考えていきます。
図 極の値による単位ステップ応答(インディシャル応答)波形の違い
二次遅れ系の単位ステップ応答(インディシャル応答)の場合分けと具体的な計算手法
インディシャル応答では、入力としてステップ関数$x\left(t\right)=u\left(t\right)$を入力します。
ステップ関数のラプラス変換は、$X\left(s\right)=\frac{1}{s}$なので、
$$Y\left(s\right)=G\left(s\right)X\left(s\right)=G\left(s\right)\frac{1}{s}=\frac{\omega_n^2}{s\left(s^2+2\xi\omega_ns+\omega_n^2\right)}\tag{1}$$
となります。
分母についてみてみると、
$$s\left(s^2+2\^xi\omega_ns+\omega_n^2\right)=0\tag{2}$$
であり、解としては、
$$\begin{cases}
s=0\\
s=\omega_n\left(-\xi±\sqrt{\xi^2-1}\right)
\end{cases}\tag{3}$$
となります。
そのため、応答特性に影響を与える\xiの値についての場合分けは、インパルス応答と同じです。
では、インパルス応答と同様に、場合分けをして考えていきます。
① \xi>1の時(実数解の時)
$$\begin{align}
Y\left(s\right)&=\frac{\omega_n^2}{{s(s}^2+2\xi\omega_ns+\omega_n^2)}\\
&=\frac{\omega_n^2}{s\left(s-\omega_n\left(-\xi+\sqrt{\xi^2-1}\right)\right)\left(s-\omega_n\left(-\xi-\sqrt{\xi^2-1}\right)\right)}\\
&=\frac{A}{s}+\frac{B}{s-\omega_n\left(-\xi+\sqrt{\xi^2-1}\right)}+\frac{C}{s-\omega_n\left(-\xi-\sqrt{\xi^2-1}\right)}\tag{4}
\end{align}$$
ここで、
$$A=\lim_{s→0} \frac{\omega_n^2}{s^2+2\xi\omega_ns+\omega_n^2}=1\tag{5}$$
$$\begin{align}
B&=\lim_{s→\omega_n\left(-\xi+\sqrt{\xi^2-1}\right)}\frac{\omega_n^2}{s\left\{s-\omega_n\left(-\xi-\sqrt{\xi^2-1}\right)\right\}}\\
&=\frac{1}{2\sqrt{\xi^2-1}\left(-\xi+\sqrt{\xi^2-1}\right)}\\
&=-\frac{\xi+\sqrt{\xi^2-1}}{2\sqrt{\xi^2-1}}\tag{6}
\end{align}$$
$$\begin{align}
C&=\lim_{s→\omega_n\left(-\xi-\sqrt{\xi^2-1}\right)}\frac{\omega_n^2}{s\left\{s-\omega_n\left(-\xi+\sqrt{\xi^2-1}\right)\right\}}\\
&=\frac{1}{2\sqrt{\xi^2-1}\left(\xi+\sqrt{\xi^2-1}\right)}\\
&=\frac{\xi-\sqrt{\xi^2-1}}{2\sqrt{\xi^2-1}}\tag{7}
\end{align}$$
$$\begin{align}
Y\left(s\right)&=\frac{1}{s}-\frac{\xi+\sqrt{\xi^2-1}}{2\sqrt{\xi^2-1}}\frac{1}{s-\omega_n\left(-\xi+\sqrt{\xi^2-1}\right)}\\
&+\frac{\xi-\sqrt{\xi^2-1}}{2\sqrt{\xi^2-1}}\frac{1}{s-\omega_n\left(-\xi-\sqrt{\xi^2-1}\right)}\tag{8}
\end{align}$$
逆ラプラス変換して、
$$\begin{align}
y\left(t\right)&=1-\frac{\xi+\sqrt{\xi^2-1}}{2\sqrt{\xi^2-1}}e^{\omega_n\left(-\xi+\sqrt{\xi^2-1}\right)t}+\frac{\xi-\sqrt{\xi^2-1}}{2\sqrt{\xi^2-1}}e^{\omega_n\left(-\xi-\sqrt{\xi^2-1}\right)t}\\
&=1-\frac{e^{-\xi\omega_nt}}{\sqrt{\xi^2-1}}\left\{\frac{\xi}{2}\left(e^{\omega_n\sqrt{\xi^2-1}t}-e^{\omega_n\sqrt{\xi^2-1}t}\right)+\frac{\sqrt{\xi^2-1}}{2}\left(e^{\omega_n\sqrt{\xi^2-1}t}+e^{-\omega_n\sqrt{\xi^2-1}t}\right)\right\}\\
&=1-\frac{e^{-\xi\omega_nt}}{\sqrt{\xi^2-1}}\left\{\xi sinh\omega_n\sqrt{\xi^2-1}t+\sqrt{\xi^2-1}cosh\omega_n\sqrt{\xi^2-1}t\right\}\tag{9}
\end{align}$$
双曲線関数について、
$$sinh\left(t+\phi\right)=sinht cosh\phi+cosht sinh\phi\tag{10}$$
であるから、
$$\begin{cases}
sinh\phi=\sqrt{ξ^2-1}\\
cosh\phi=\xi
\end{cases}\tag{11}$$
とおけば、
$$tanh\phi=\frac{sinh\phi}{cosh\phi}=\frac{\sqrt{\xi^2-1}}{\xi}\tag{12}$$
であるので、
$$\phi=tanh^{-1}\frac{\sqrt{\xi^2-1}}{\xi}\tag{13}$$
となる。
以上より、式(9)は、
$$y\left(t\right)=1-\frac{e^{-\xi\omega_nt}}{\sqrt{\xi^2-1}}sinh\left(\omega_n\sqrt{\xi^2-1}t+\phi\right)\tag{14}$$
と簡単化できて、$\phi$について式(13)より、
$$y\left(t\right)=1-\frac{e^{-\xi\omega_nt}}{\sqrt{\xi^2-1}}sinh\left(\omega_n\sqrt{\xi^2-1}t+tanh^{-1}\frac{\sqrt{\xi^2-1}}{ξ}\right)\tag{15}$$
となります。
図1 二次遅れ要素の単位ステップ応答(インディシャル応答)($\xi>1$)
② \xi=1の時(重解の時)
$$\begin{align}
Y\left(s\right)&=\frac{\omega_n^2}{s\left(s^2+2\omega_ns+\omega_n^2\right)}\\
&=\frac{\omega_n^2}{s\left(s+\omega_n\right)^2}\\
&=\frac{A}{s}+\frac{B}{\left(s+\omega_n\right)^2}+\frac{C}{s+\omega_n}\tag{16}
\end{align}$$
$$A=\lim_{s→0}\frac{\omega_n^2}{\left(s+\omega_n\right)^2}=1\tag{17}$$
$$B=\lim_{s→-\omega_n}\frac{\omega_n^2}{s}=-\omega_n\tag{18}$$
$$\begin{align}
C&=\lim_{s→-\omega_n}\frac{d}{ds}\frac{\omega_n^2}{s}\\
&=\lim_{s→-\omega_n}\left(-\frac{\omega_n^2}{s^2}\right)\\
&=-1\tag{19}
\end{align}$$
式(19)のCの求め方の詳細については、
$$\frac{\omega_n^2}{s\left(s+\omega_n\right)^2}=\frac{A}{s}+\frac{B}{\left(s+\omega_n\right)^2}+\frac{C}{s+\omega_n}$$
であれば、両辺に$\left(s+\omega_n\right)^2$をかければ、
$$\frac{\omega_n^2}{s}=\frac{A\left(s+\omega_n\right)^2}{s}+B+\left(s+\omega_n\right)C$$
となり、両辺を$s$で微分すれば、
$$\frac{d}{ds}\frac{\omega_n^2}{s}=\frac{d}{ds}\frac{A\left(s+\omega_n\right)^2}{s}+\frac{d}{ds}B+\frac{d}{ds}\left(s+\omega_n\right)C$$
となり、
$$\begin{cases}
\frac{d}{ds}B=0(定数の微分のため)\\
\frac{d}{ds}\left(s+\omega_n\right)C=C
\end{cases}$$
であるから、
$$\frac{d}{ds}\frac{\omega_n^2}{s}=\frac{d}{ds}\frac{A\left(s+\omega_n\right)^2}{s}+C$$
となります。
ここで、$s→-\omega_n$の極限をとれば、
$$\lim_{s→-\omega_n}{\frac{d}{ds}}\frac{A\left(s+\omega_n\right)^2}{s}=0$$
であるので、最終的に、
$$\lim_{s→-\omega_n}{\frac{\omega_n^2}{s}}=C$$
となり、式(19)が導かれます。
式(16)について、式(17)、式(18)、式(19)より、
$$Y\left(s\right)=\frac{1}{s}-\frac{\omega_n}{\left(s+\omega_n\right)^2}-\frac{1}{s+\omega_n}\tag{20}$$
逆ラプラス変換して、
$$\begin{align}
y\left(t\right)&=1-\omega_nte^{-\omega_nt}-e^{-\omega_nt}\\
&=1-e^{-\omega_nt}\left(\omega_nt+1\right)\tag{21}
\end{align}$$
となります。
式(21)を図示すると図2になります。
$\xi=1$の時は、出力の収束が最も早くなるパターンです。
図2 二次遅れ要素の単位ステップ応答(インディシャル応答)($\xi=1$)
③ \xi<1の時(虚数解の時)
$$\begin{align}
Y\left(s\right)&=\frac{\omega_n^2}{{s(s}^2+2\xi\omega_ns+\omega_n^2)}\\
&=\frac{\omega_n^2}{s\left(s-\omega_n\left(-\xi+j\sqrt{1-\xi^2}\right)\right)\left(s-\omega_n\left(-\xi-j\sqrt{1-\xi^2}\right)\right)}\\
&=\frac{A}{s}+\frac{B}{s-\omega_n\left(-\xi+j\sqrt{1-\xi^2}\right)}+\frac{C}{s-\omega_n\left(-\xi-j\sqrt{1-\xi^2}\right)}\tag{22}
\end{align}$$
$$A=\lim_{s→0}\frac{\omega_n}{s^2+2\xi\omega_ns+\omega_n^2}=1\tag{23}$$
$$\begin{align}
B&=\lim_{s\rightarrow\omega_n\left(-\xi+j\sqrt{1-\xi^2}\right)}\frac{\omega_n^2}{s\left\{s-\omega_n\left(-\xi-j\sqrt{1-\xi^2}\right)\right\}}\\
&=-\frac{1}{2}+j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}\tag{24}
\end{align}$$
$$\begin{align}
C&=\lim_{s\rightarrow\omega_n\left(-\xi-j\sqrt{1-\xi^2}\right)}\frac{\omega_n^2}{s\left\{s-\omega_n\left(-\xi+j\sqrt{1-\xi^2}\right)\right\}}\\
&=-\frac{1}{2}-j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}\tag{25}
\end{align}$$
よって、
$$\begin{align}
Y\left(s\right)&=\frac{1}{s}+\left(-\frac{1}{2}+j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}\right)\frac{1}{s-\omega_n\left(-\xi+j\sqrt{1-\xi^2}\right)}\\
&+\left(-\frac{1}{2}-j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}\right)\frac{1}{s-\omega_n\left(-\xi-j\sqrt{1-\xi^2}\right)}\tag{26}
\end{align}$$
逆ラプラス変換して、
$$\begin{align}
y\left(t\right)&=1+\left(-\frac{1}{2}+j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}\right)e^{\omega_n\left(-\xi+j\sqrt{1-\xi^2}\right)t}\\
&+\left(-\frac{1}{2}-j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}\right)e^{\omega_n\left(-\xi-j\sqrt{1-\xi^2}\right)t}\\
&=1+e^{-\xi\omega_nt}\left\{\left(-\frac{1}{2}+j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}\right)e^{j\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t}+\left(-\frac{1}{2}-j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}\right)e^{-j\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t}\right\}\\
&=1+e^{-\xi\omega_nt}\left\{\left(-\frac{1}{2}+j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}\right)\left(cos\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t+jsin\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t\right)\right.\\
&\left.+\left(-\frac{1}{2}-j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}\right)\left(cos\omega_n\sqrt{1-\xi^2}-jsin\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t\right)\right\}\\
&=1+e^{-\xi\omega_nt}\left\{-\frac{1}{2}cos\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t-j\frac{1}{2}sin\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t\right.\\
&\left.+j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}cos\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t-\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}sin\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t\right.\\
&\left.-\frac{1}{2}cos\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t+j\frac{1}{2}sin\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t\right.\\
&\left.-j\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}cos\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t-\frac{\xi}{2\sqrt{1-\xi^2}}sin\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t\right\}\\
&=1+e^{-\xi\omega_nt}\left(-cos\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t-\frac{\xi}{\sqrt{1-\xi^2}}sin\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t\right)\tag{27}
\end{align}$$
ここで、$\xi<1$であることに注意し、cos、sinの係数が1以下となるように係数を外に出すと、
$$y\left(t\right)=1-\frac{1}{\sqrt{1-\xi^2}}e^{-\xi\omega_nt}\left(\xi sin\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t+\sqrt{1-\xi^2}cos\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t\right)\tag{28}$$
三角関数sinについて、
$$sin\left(t+\phi\right)=sin t cos \phi+cos t sin \phi\tag{29}$$
であるから、
$$\begin{cases}
sin\phi=\sqrt{1-\xi^2}\\
cos\phi=\xi
\end{cases}\tag{30}$$
とおくと、
$$tan\phi=\frac{sin\phi}{cos\phi}=\frac{\sqrt{1-\xi^2}}{\xi}\tag{31}$$
であるので、
$$\phi=tan^{-1}\frac{\sqrt{1-\xi^2}}{\xi}\tag{32}$$
となる。
以上より、式(28)は、
$$y\left(t\right)=1-\frac{1}{\sqrt{1-\xi^2}}e^{-\xi\omega_nt}sin\left(\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t+\phi\right)\tag{33}$$
と簡単化できて、
$$y\left(t\right)=1-\frac{1}{\sqrt{1-\xi^2}}e^{-\xi\omega_nt}sin\left(\omega_n\sqrt{1-\xi^2}t+tan^{-1}\frac{\sqrt{1-\xi^2}}{\xi}\right)\tag{34}$$
となります。
この式(34)を図示すると、図3になります。
この関数は振動しながら、1に収束していく波形となります。傾向としては、$\xi$の値が小さくなるほど振動が激しくなり、オーバーシュートも大きく、収束も遅くなります。
一方で、$\xi=0.8$のように、$\xi$が1に近ければ、そこまで目立つほどの振動をする波形にはなりません。
図3 二次遅れ要素の単位ステップ応答(インディシャル応答)($\xi<1$)
まとめ
ここまで、二次遅れ系の単位ステップ応答(インディシャル応答)を見てきました。
図4 二次遅れ系の単位ステップ応答(インディシャル応答)の波形まとめ
要点として、
- 極の値と逆ラプラス変換の関係から、虚数解となれば収束値の近傍での振動が生じること
- $\xi$の値が大きすぎると収束までに時間がかかる
という2点を抑えておけばいいでしょう。
以上、二次遅れ系の単位ステップ応答(インディシャル応答)について、参考になれば幸いです。
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