Bölüm 2
FREKANS-DOMENİNDE MODELLEME
2.1 Giriş
Bu bölümde daha önce Yüksek Matematik derslerinde gördüğümüz kontrol sistemlerinin analiz ve tasarımlarında çok büyük kolaylıklar sağlayan Laplace dönüşümünü kısaca hatırlayacağız. Daha sonra doğrusal, zamanla değişmeyen (Linear Time-Invariant – LTI) elektrik, mekanik ve elektromekanik sistemlerin giriş-çıkış ilişkisini ifade eden ve transfer fonksiyonu olarak anılan frekans tanım-bölgesi (s-domeni) matematiksel modellerini elde edeceğiz.
2.1.1 Laplace Dönüşümü
Laplace (transformu) dönüşümü tanımı:
[ ]
f t F s f t e dt L st∫
∞ − − = = 0 ) ( ) ( ) ( , (2.1)burada s karmaşık frekans değişkenidir:
s = σ + jω (2.2)
Ters Laplace dönüşümü ise:
[
]
) ( ) ( ) ( 2 1 ) ( 1 t u t f ds e s F j s F L j j st = =∫
∞ + ∞ − − σ σ π (2.3)olarak tanımlanır. u(t) birim basamak fonksiyonudur ve aşağıdaki gibi tanımlanır. 0 , 0 ) ( ) 0 (veya 0 , 1 ) ( < = ≥ > = t t u t t t u
Örnek: f(t)= A.e−at.u(t) zaman fonksiyonunun Laplace dönüşümünü elde ediniz..
Çözüm:
∫
∫
∫
∞ − − ∞ − + ∞ − = = = 0 ) ( 0 0 ) ( ) (s f t e dt Ae e dt A Ae dt F st at st s at (2.4) ∞ + − + − = ⇒ 0 ) ( 1 ) ( e s at a s A s F a s A s F + = ⇒ ( ) (2.5)Yukarıdaki gibi sıkça kullanılan fonksiyonların Laplace dönüşümleri tablolar haline getirilmiştir. Dönüşüm uygulanırken verilen fonksiyon (veya polinom) tablolardaki dönüşüm bağıntılarına benzetilerek dönüşümleri gerçekleştirilir. Bu tablolar Laplace dönüşüm tablosu, Tablo 2.1 ve Laplace dönüşüm teoremleri tablosudur, Tablo 2.2. Transfer fonksiyonları genellikle polinomiyal bölüm biçiminde olduğundan kısmî kesirlere açılım yapılır ve sonrasında Laplace tablolarından yararlanılarak domen dönüşümü gerçekleştirilebilir.
2.1.1.1 Kısmî Kesirlere Açılım
) ( ) ( ) ( s D s N sF = eşitliğinde N(s)’in yani payın derecesi, D(s)’in, paydanın, derecesinden küçükse polinom kısmî kesirlere açılabilir. N(s)’in derecesi D(s)’in derecesine eşit ya da büyükse, N(s), D(s)’e bölümün kalanının payının derecesi, paydasının derecesinden küçük olana kadar bölünür. Örnek: 3 2 2 2 6 7 ( ) 5 s s s F s s s + + + =
+ + fonksiyonunun Ters Laplace dönüşümünü bulunuz. Çözüm:
Payın derecesi paydanınkinden büyük olduğundan polinom bölmesi yapılır.
2 2 ( ) 1 5 F s s s s = + + + + 5 2 ) ( ) ( ) ( 2 + + + + = ⇒ s s t dt t d t f
δ
δ
İlk iki terimin Laplace dönüşümleri yukarıdaki gibidir. Son terimi kısmî kesirlere açmak gerekir.
Kısmi kesirlere açmada üç durum söz konusudur:
1. Durum: Paydanın köklerinin gerçek ve katsız olması
2. Durum: Paydanın köklerinin gerçek ve katlı olması
3. Durum: Paydanın köklerinin karmaşık veya sanal olması
1. Durum: Paydanın Köklerinin Gerçek ve Katsız Olması Durumu ) )...( )...( )( ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 1 s p s pm s pn p s s N s D s N s F + + + + = = (2.6)
F(s) kısmî kesirlere aşağıdaki gibi açılır.
n n m m p s K p s K p s K p s K s F + + + + + + + + + = ⇒ ( ) ... ... 2 2 1 1 (2.7)
Eşitliğin her iki tarafı aranan sabitin, rezidü olarak anılır, (burada Km) paydası ile
sabitleri içeren bütün terimler sıfır olur ve aranan Km sabiti bulunmuş olur. İşlem diğer
bütün sabitler bulununcaya dek tekrarlanır: ) )...( )...( )( ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 1 m n m m p s p s p s p s s N p s s F p s + + + + + = + ⇒ (2.8) ) ( ) ( .. .. ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 n n m m m m m p s K p s K p s K p s p s K p s s F p s + + + + + + + + + + + = + (2.9) m p s n m m m p s p s p s p s s N p s K →− + + + + + = ⇒ ) )...( )...( )( ( ) ( ) ( 2 1 (2.10) Örnek: 2 2 12 32 32 ( ) d y dy y u t dt dt + + =
diferansiyel denkleminin başlangıç şartlarını sıfır alarak y(t)’yi bulunuz. Çözüm: s s Y s sY s Y s2 ( )+12 ( )+32 ( )= 32 ) 8 )( 4 ( 32 ) 32 12 ( 32 ) ( 2 + + = + + = s s s s s s s Y (2.11) 8 4 ) 8 )( 4 ( 32 1 2 3 + + + + = + + ⇒ s K s K s K s s s (2.12) 0 3 2 1 8 4 ) 8 )( 4 ( 32 → + + + + = + + ⇒ K s s s K s s K s s (2.13) 0 1 ) 8 )( 4 ( 32 → + + = ⇒ s s s K (2.14) K1 =1 , K2 = -2 , K3 =1 8 1 4 2 1 ) ( + + + − = ⇒ s s s s Y (2.15) ) ( ) 2 1 ( ) (t e 4 e 8 u t y = − − t + − t ⇒ (2.16)
2. Durum: Paydanın Köklerinin Gerçek ve Katlı Olması Durumu Örnek: Laplace dönüşümü 2 ) 2 )( 1 ( 2 ) ( + + = s s s
F şeklinde olan zaman fonksiyonunu bulunuz. Çözüm: 2 ) 2 ( 1 ) 2 )( 1 ( 2 ) ( 3 2 2 1 2 = + + + + + + + = s K s K s K s s s F (2.17) K1 için: 1 1 2 ) 2 ( 2 − → = + K s s ⇒ K1 =2 (2.18) K2 için: 2 3 2 1 2 ) 2 ( 1 ) 2 ( 1 2 − → + + + + + = + s K K s K s s s ⇒ K2 =−2 (2.19) K3 için: 2 3 2 1 2 1 1 2 ) 2 )( 1 ( 2 − → + + + + + = + + s K s K K s s s s (2.20)
Bu denklem çözüm vermediğinden bir önceki denklemin türevi alınır.
2 3 1 2 2 ( 1) ) 2 ( ) 1 )( 2 ( 2 ) 1 ( 2 − → + + + − + + = + − s K K s s s s s (2.21) 2 3 = − ⇒ K 2 2 ) 2 ( 2 1 2 ) ( 2 + − + − + = ⇒ s s s s F (2.22) ) ( ) 2 2 2 ( ) (t e te 2 e 2 u t f = −t − −t − −t ⇒ (2.23)
3. Durum: Paydanın Köklerinin Karmaşık veya Sanal Olması Durumu
5 2 ) 5 2 ( 3 ) ( 1 22 3 2 + + + + = + + = s s K s K s K s s s s F (2.24)
Denklemin her iki tarafı s(s2 + 2s + 5) ile çarpılır ve polinom eşitliği kullanılarak K sabitleri bulunur: 5 3 1 = K , 5 3 2 =− K , 5 6 3 =− K 5 2 2 5 3 5 3 ) ( 2 + + + − = s s s s s F (2.25) 2 2 2 1 2 ) 1 ( . 2 ) 1 ( 5 3 5 3 ) ( + + + + − = s s s s F (2.26) 3 3 1 ( ) cos 2 sin 2 ( ) 5 5 2 t f t e t t u t − = − + (2.27)
Yukarıdaki örnekte f(t), kontrol edilen değişken, c(t) çıkış fonksiyonu olarak düşünülürse tek sinüzoidal terimli olarak aşağıdaki şekilde ifade edilebilir.
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
+ + + + − = e− t t t c t sin2 2 1 1 2 1 2 cos 2 1 1 1 2 1 1 5 3 5 3 ) ( 2 2 2 2 2 2 (2.28)cos ve sin’in katsayıları bir dik üçgende oluşturulursa:
(
t t)
e t
c( )=0.6−0.671 −t cos2 cosφ+sinφsin2 (2.29) Æ c(t) = 0.6 – 0.671 e-t cos(2t – φ) (2.30) burada, φ = atan 0.5 = 26.57° ve sonuç, ) 2 cos( 671 . 0 6 . 0 ) (t = − e− t−φ c t (2.31)
Çıkış kolaylıkla göz önüne getirilip yorumlanabilen üstel sönümlü bir sinüzoid olarak elde edilir.
Genel olarak paydası karmaşık ya da sadece sanal olan bir F(s)’in kısmî kesirlere açılımı; b as s K s K p s K b as s p s s N s D s N s F + + + + + = + + + = = 22 3 1 1 2 1)( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( (2.32) olarak gerçekleştirilebilir. φ 1 ½
Paydanın kökleri karmaşık veya sanal ise ve kökler karmaşık eşlenik ise alternatif bir çözüm daha vardır. Burada Euler eşitliklerinden yararlanılır.
2 cos θ θ
θ
= ej +e−j (2.33) j e ej j 2 sinθ
= θ − − θ (2.34)Bir önceki örneği yukarıdaki yolla çözelim:
Örnek: Laplace dönüşümü ) 5 2 ( 3 ) ( 2 + + = s s s s
F şeklinde olan zaman fonksiyonunu Euler eşitliklerini kullanarak bulunuz.
Çözüm: ) 5 2 ( 3 ) ( 2 + + = s s s s F (2.35) j s1 =−1−2 , s2 =−1+2j j s K j s K s K s s s( 2 5) 1 2 1 2 3 1 2 3 2 + + = + + + + + − ⇒ (2.36) 5 3 1 = K , (2 ) 20 3 2 j K =− + , (2 ) 20 3 3 j K =− − − + − + + + + − = ⇒ j s j j s j s s F 2 1 2 2 1 2 20 3 5 3 ) ( (2.37)
(
)
(
)
− + + − = ⇒ f t 2 j e−(1+2j)t (2 j)e−(−1+2j)t 20 3 5 3 ) ( (2.38) − + + − = ⇒ − − j e e e e t f t j t j t j t j 2 2 2 4 20 3 5 3 ) ( 2 2 2 2 (2.39) + − = ⇒ f t t sin2t 2 1 2 cos 20 3 5 3 ) ( (2.40)( )
=0,6−0,671cos(2 −26,57°) ⇒ f t t (2.41)2.1.2 Transfer Fonksiyonu
Daha önce de bahsedildiği gibi frekans (s) domeninde çalışmanın en büyük yararlarından birisi girişi bilinen (ki tarafımızca seçilen darbecik veya basamak gibi bir basit fonksiyondur) bir sistemin çıkışından transfer fonksiyonunun elde edilebilmesidir. Ya da girişi ve transfer fonksiyonu bilinen bir sistemin çıkışının kolaylıkla elde edilebilmesidir. Önce giriş çıkış ilişkisi bir diferansiyel denklemle verilmiş olan bir sistemin transfer fonksiyonunu elde edelim:
Örnek: ( ) 2c(t) r(t) dt
t
dc + =
denklemi verilen sistemin transfer fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm: ) ( ) ( 2 ) (s C s R s sC + = (2.43) ( ) 1 ( ) ( ) 2 C s G s R s s = = + (2.44)
Şimdi de transfer fonksiyonu verilen bir sistemin bilinen bir girişe verdiği cevabı bulalım.
Örnek: Transfer fonksiyonu
2 1 ) ( + = s s
G olan bir sisteme r(t) = u(t) şeklinde bir giriş fonksiyonu uygulandığında çıkış fonksiyonu ne olur?
Çözüm: s s R( ) = 1 (2.45) ) ( ). ( ) (s G s R s C = (2.46) 2 1 1 ) ( + = ⇒ s s s C (2.47) 2 2 1 2 1 ) ( + − = ⇒ s s s C (2.48) ) ( 2 1 2 1 ) (t e 2 u t c t − = ⇒ − (2.49)
2.2 Elektrik Devrelerinin Transfer Fonksiyonları
Elektrik devreleri pasif (R, L ve C) ve aktif (işlemsel kuvvetlendirici) elemanlardan oluşabilir. Bu kısımda pasif elemanlı devrelerin transfer fonksiyonlarını elde edeceğiz. Bir sonraki kısımda ise işlemsel kuvvetlendiricili devreleri inceleyeceğiz. Tablo 2.1’de pasif devre elemanlarının gerilim-akım, gerilim-yük ve empedans ilişkileri verilmiştir.
Bir çevreli devrenin transfer fonksiyonunun elde edilmesi:
Şekil 2.2
∫
= + + ti t dt v t C t i R dt t di L 0 ) ( ) ( 1 ) ( . ) ( (2.50) dt t dq t i( )= ( ) (2.51) ) ( ) ( 1 ) ( ) ( 2 2 t v t q C dt t dq R dt t q d L + + = ⇒ (2.52) ) ( . ) (t Cv t q = C ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 t v t v dt t dv RC dt t v d LC C + C + C = ⇒ (2.53)) ( ) ( ) ( ) ( 2V s RCsV s V s V s LCs C + C + C = ⇒ (2.54) Buradan; LC s L R s LC RCs LCs s V s VC 1 1 1 1 ) ( ) ( 2 2 + + = + + = (2.55)
transfer fonksiyonu elde edilir.
Örnek:Şekil 2.3’daki sistemin
) ( ) ( ) ( 2 s V s s
G =
I
transfer fonksiyonunu Çevre Akımları ve Düğüm Gerilimleri Yöntemleriyle bulunuz.Şekil 2.3
Çözüm: Çevre Akımları Yöntemiyle çözüm:
+ + − − + Cs Ls R Ls Ls Ls R 1 2 1 ) ( ) ( 2 1 s I s I = 0 ) (s V (2.56) ∆ − + = ⇒ 0 ) ( ) ( 1 2 Ls s V Ls R s I (2.57)
2 2 2 1 2 ) 1 )( ( ) ( . ) ( s L Cs Ls R Ls R s V Ls s I − + + + = ⇒ (2.58) 1 2 1 2 2 1 2 2 ) ( ) ( ) ( ) ( R s L C R R LCs R R LCs s V s I + + + + = (2.59) Düğüm Gerilimleri Yöntemiyle Çözüm: Şekil 2.4
Düğüm Gerilimleri Yöntemiyle çözümde elde edilecek transfer fonksiyonu ) ( ) ( s V s Vc 'dir. 1 2 2 2 2 ( ) 1 ( ) ( ) 0 L C V s G G Ls G I s V s G G Cs + + − = − + (2.60) LC G s LC C L G G s G G s C G G s V s VC 2 2 1 2 2 1 2 1 ) ( ) ( ) ( + + + + = ⇒ (2.61)
2.2.1 İşlemsel Kuvvetlendiriciler
İşlemsel Kuvvetlendiricili elektrik devreleri kontrol sistemlerinde kontrolör transfer fonksiyonlarını oluşturmada temel yapı bloklarıdır.
İşlemsel Kuvvetlendiricilerin (OPAMP) Karakteristikleri:
1. Diferansiyel giriş sağlarlar, v2(t) – v2(t)
2. Yüksek giriş empedansları vardır, Zi = ∞ (İdeal Opamp için)
3. Düşük çıkış empedansları vardır, Zo = 0 (İdeal Opamp için)
4. Yüksek, sabit kazançlı (A) kuvvetlendirme sağlarlar, A = ∞ (İdeal) OPAMP’ın çıkış ifadesi
vo(t)= A [v2(t) – v1(t)] (2.62)
İki temel OPAMP devresi vardır, bunlardan birincisinde (eviren opamp) girişle çıkış arasında 180 derece faz farkı vardır, bir başka deyişle girişle çıkış farklı işarettedir (negatif veya pozitif olarak); diğerinde ise (evirmeyen) girişle çıkış aynı fazdadır.
2.2.1.1 Eviren Kuvvetlendirici
Şekil 2.5.b'de eviren kuvvetlendirici devresi görülmektedir. Giriş (–) uçtan yapıldığından kuvvetlendirici eviren kuvvetlendiricidir. Elde edilecek transfer fonksiyonundan da görüleceği gibi giriş ile çıkış ters işaretlidir, bir başka deyişle aralarında 180° faz farkı vardır.
Şekil 2.5
Şekil 2.5.c'de gösterilen eviren kuvvetlendirici devresinde v2(t) = 0 olduğundan
(2.62) denklemi: ) ( ) (t Av1 t vo =− (2.63) olur. Burada v t1( ) v to( ) A
= − ’dir. Kazanç, A, idealde sonsuz (∞) olduğundan v1(t) sıfıra
gider(v1≅0). Giriş empedansı idealde Zi = ∞ olduğundan opamptan içeriye akım
akmaz (yani Ia ≅0 olur), dolayısıyla I1 = – I2 olur.
) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 1 s Z s V s V s I = i − (2.64) ) ( ) ( ) ( 1 1 s Z s V s I = i ⇒ (2.65)
Aynı düşünceyle ) ( ) ( ) ( 2 2 s Z s V s I = o (2.66) ) ( ) ( 2 1 s I s I =− olduğundan (2.67) ) ( ) ( ) ( ) ( 1 2 0 s Z s Z s V s V i − = elde edilir. (2.68)
Örnek: Şekil.2.6'deki eviren opamp devresi için ) ( ) ( 0 s V s V i
transfer fonksiyonunu bulunuz.
Şekil 2.6
Çözüm: Eviren opamp için transfer fonksiyonu
) ( ) ( ) ( ) ( 1 2 s Z s Z s V s V i o =− 'dir. s s s Z 6 3 6 3 1 10 . 6 , 5 1 10 . 360 10 . 6 , 5 1 . 10 . 360 ) ( − − + = s s Z 3 6 2 10 . 1 , 0 1 10 . 220 ) ( = + −
İşlemler yapıldığında aşağıdaki sonuç elde edilir.
s s s s V s V i 1210 4225 232 , 1 ) ( ) ( 2 0 =− + + ⇒
2.2.1.2 Evirmeyen Kuvvetlendirici
Şekil 2.7'de evirmeyen kuvvetlendirici devresi görülmektedir. Giriş (+) kutuptan verildiğinde kuvvetlendirici evirmeyendir, girişle çıkış aynı fazdadır.
Şekil 2.7
Şekil 2.7' deki evirmeyen kuvvetlendirici devresinde opamp giriş akımı sıfır olduğundan Vo gerilimi Z1 ve Z2 üzerine düşen gerilimdir. Gerilim bölücü ifadesinden V1(s),
) ( . ) ( ) ( ) ( ) ( 2 1 1 1 V s s Z s Z s Z s V o + = (2.69)
Opamp çıkış gerilimi ifadesini biliyoruz,
[
( ) ( )]
) (s AV s V1 s Vo = i − (2.70) buradan, (2.71) ) ( ) ( ) ( ) ( 1 ) ( 2 1 1 AV s s Z s Z s Z A s Vo = i + + ⇒ ) ( ) ( ) ( 1 ) ( ) ( 2 1 1 0 s Z s Z s Z A A s V s V i + + = ⇒ (2.73)Burada kazanç çok büyük olduğundan 1 ihmal edilirse;
) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 2 1 0 s Z s Z s Z s V s V i + = (2.74)
Örnek: Şekil 2.8’deki işlemsel kuvvetlendirici devresinin transfer fonksiyonunu bulunuz.
Şekil 2.8
Çözüm: Evirmeyen kuvvetlendiricinin transfer fonksiyonu ifadesi
) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 2 1 0 s Z s Z s Z s V s V i + = (2.75) şeklindedir. s C R s Z 1 1 1 1 ) ( = + (2.76) s C R s C R s Z 2 2 2 2 2 1 1 . ) ( + = (2.77)
İstenen transfer fonksiyonu
(
)
(
)
1 1 ) ( ) ( 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 + + + + + + + = ⇒ s C R C R s C C R R s C R C R C R s R R C C s V s V i o (2.78) olarak bulunur.b) Düğüm Denklemleri Yöntemiyle Çözüm ' 1 2 1 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 1 1 L L V s V s s V s V s s s + − = − + (2.85) ∆ − + = ⇒ ) ( 1 1 ) ( 1 2 ) ( s V s s V s s VL (2.86) 1 2 1 4 2 ) 1 2 1 )( ( ) ( 2 2 − + + + + + = ⇒ s s s s s s V s VL (2.87) 2 5 1 2 ) ( ) ( 2 2 + + + + = ⇒ s s s s s V s VL (2.88)
Örnek: Z1 empedansının10µF’lık bir kondansatör, Z2 empedansının100kΩ’luk bir
direnç olduğunu varsayarak
) ( ) ( ) ( 0 s V s V s G i = transfer fonksiyonunu a)Eviren amplifikatör
b)Evirmeyen amplifikatör için bulunuz.
Çözüm:
a) Eviren amplifikatör için transfer fonksiyonu
Z Z s V s V i 1 2 0 ) ( ) ( =−
bağıntısı ile bulunur. s s V s V i 6 3 0 10 . 10 1 10 . 100 ) ( ) ( − − = (2.89) s s V s V i − = ⇒ ) ( ) ( 0
b) Evirmeyen amplifikatör için transfer fonksiyonu
) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 2 1 0 s Z s Z s Z s V s V i + = bağıntısı ile bulunur.
) 10 . 10 ( 1 10 . 100 ) 10 . 10 ( 1 ) ( ) ( 6 3 6 0 s s s V s V i − − + = (2.90) (2.91)
Pasif ve aktif elemanlardan oluşan elektrik devrelerinin transfer fonksiyonlarını elde ettikten sonra şimdi de mekanik sistemlerin transfer fonksiyonlarını bir gözden geçirelim. Önce sadece tek eksende hareket eden ötelemeli (translational) mekanik sistemleri daha sonra ise dönen (rotational) mekanik sistemleri inceleyeceğiz.
