SİSTEM MODELLEME VE OTOMATİK KONTROL FİNAL/BÜTÜNLEME SORU ÖRNEKLERİ 1.Grup:

(1)

Vize soru örneklerindeki son grup (Routh-Hurwitz testi) sorular dahildir. Bunlar PID sorularıyla birlikte de sorulabilir.

1.1) Transfer fonksiyonu 1s² + s4 +1 olan bir sistemin çıkışını, istenen r değerine getirmek için gereken u değerini PI kontrol ile uygulamak için gereken düzenlemeyi blok şema ile gösteriniz. PI kazançları KP ve KI hangi şartları sağlamalıdır? Bu şartları sağlayan keyfi bir takım KP ve KI kazanç değerleri atayınız.

Çözüm:

PI kontrolörün (denetleyicinin) transfer fonksiyonu ௉+^௄^಺

௦ =^௄^ು^௦ା௄^಺

௦ olup bütün sistemin transfer fonksiyonu:

௉ + ூ

^ଶ+ 4 + 1

1 + ௉ + ூ

^ଶ+ 4 + 1

= ௉ + ூ

^ଷ+ 4^ଶ+ (1 +௉) + ூ

Hatanın (e) sıfıra gitmesi ancak ve eğer (⟺) tüm sistem kararlı ise olur. Bütün sistemin transfer fonksiyonunun paydasına Routh-Hurwitz testi uygulayarak kararlılık şartlarını bulalım:

s³ 1 (K_P + 1) 0

s² 4 K_I 0

s¹ K_P + 1 – (K_I/4) 0

s⁰ K_I

Kararlılık için ilk sütunda işaret değişikliği olmamalıdır. Yani

K_I > 0 ve KP + 1 – (KI /4) > 0 olmalıdır. Diğer bir ifadeyle 0 < K_I < 4KP + 4 olmalıdır.

Meselâ, KP = 1 , KI = 3 olabilir.

1.2) Transfer fonksiyonu 1s²−9 olan bir sistemin çıkışını, istenen r değerine getirmek için gereken u sinyalini PID kontrol ile hesaplayıp uygulamak için gereken düzenlemeyi blok şema ile gösteriniz. PID kazançları KP , KI ve KD hangi şartları sağlamalıdır? Bu şartları sağlayan keyfi bir takım K_P , K_I ve K_D kazanç değerleri atayınız.

Çözüm:

(2)

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 -2

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

0.4 0.66 0.82

0.9 0.945

0.974

0.99

0.997

0.4 0.66 0.82

0.9 0.945

0.974 0.99 0.997

1 2

3 4

5 6

7 8

Root Locus

Real Axis

Imaginary Axis

PID denetleyicinin transfer fonksiyonu ௉+^௄^಺

௦ +஽ =^௄^ವ^௦^మ^ା௄_௦^ು^௦ା௄^಺ olup bütün sistemin transfer fonksiyonu:

஽^ଶ+௉ + ூ

^ଶ− 9 1 + ^஽^ଶ +௉ + ூ

^ଶ− 9

= ஽^ଶ+௉ + ூ

^ଷ+஽^ଶ+ (௉− 9) + ூ

Bunun paydasına Routh-Hurwitz testi uygulayarak kararlılık şartlarını bulalım:

s³ 1 (K_P – 9) 0

s² ஽ K_I 0

s¹ KP – 9 – (KI /K_D) 0

s⁰ K_I

Kararlılık için ilk sütunda işaret değişikliği olmamalıdır. Yani

KI > 0 , KD > 0 ve KP – 9 – (KI /KD) > 0 olmalıdır. Diğer bir ifadeyle

K_D > 0 ve 0 < KI < (KDK_P – 9KD) olmalıdır. Meselâ, KD = 1 , KP = 12 , KI = 2 olabilir.

2. Grup:

2.1) Bir sistemin kapalı döngü transfer fonksiyonunun paydasını sıfır yapan köklerin, K’nın [0,+∞) aralığındaki değişimine göre yerlerini gösteren kök-yer eğrisi Şekil 2.1’de verilmiştir.

Buna göre,

Şekil 2.1

a) Sistem K’nın negatif olmayan hangi değer aralığında kararlıdır?

b) Sönüm oranı ξ = 0,9 isteniyorsa kökler ne olur?

(3)

Root Locus

Real Axis

Imaginary Axis

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

System: g Gain: 4.89 Pole: -3.45 + 1.67i Damping: 0.9 Overshoot (%): 0.155 Frequency (rad/sec): 3.83

System: g Gain: 0.82 Pole: -1.42 + 0.685i Damping: 0.9 Overshoot (%): 0.15 Frequency (rad/sec): 1.57

0.4 0.66 0.82

0.9 0.945

0.974

0.99

0.997

0.4 0.66 0.82

0.9 0.945

0.974 0.99 0.997

1 2

3 4

5 6

7 8

9

Çözüm: a) Kök yer eğrisinin bir noktası hariç hepsi sol yarı bölgededir. Hariç olan nokta, × ile gösterilen açık döngü kutup olup, burada K=0’dır. Bunu hariç tutarak K > 0 için sistemin kararlı olduğu anlaşılır.

b) ξ = cosϕ olup, ϕ, karmaşık köklerin negatif reel eksenle yapılan açıdır. ξ = 0,9 için,

ϕ =cos^-10,9’dur. Şekil 2.1’deki açısal bölmeler eşit olmayıp, gösterilen cos değerlerini (sönüm oranlarını) veren açılardır. Şekil 2.2’de gösterildiği gibi bu açıya karşılık gelen ve orijinden geçen çizginin kök-yer eğrisini kestiği nokta(lar) bulunur. Burada iki ayrı çözüm vardır. Her biri için kök değerinin eşleniği de vardır. 1. çözümde kutuplar yaklaşık p1,2 = –1,42 ± j0,685 olur. 2. çözümde ise kutuplar yaklaşık p1,2 = –3,45 ± j1,67 olur.

Dikkat: Burada sönüm oranının küçük bazı değerleri (büyük açılar) için kesişme olmayacağından çözüm yoktur.

Şekil 2.2

Dikkat: Burada açık döngü veya kapalı döngü transfer fonksiyon verilmediği için K değeri istenemez. Grafikte görülen K değeri, matlab programında transfer fonksiyon bilindiği için görülmektedir. Öğrenciden K değeri istenecekse transfer fonksiyon verilirdi. O zaman her bir çözümdeki eşlenik köklerden yalnız birisi s yerine yazılarak, ya açık döngü transfer fonksiyon -1’e eşitlenerek, ya da kapalı döngü transfer fonksiyonun paydası sıfıra eşitlenerek K bulunurdu.

Sıradaki sorudaki gibi.

2.2) Açık döngü transfer fonksiyonu =_{௦(௦ାସ)}^௄ olan sistemin kapalı döngü kutuplarının, K’nın [0,+∞) aralığındaki değişimine göre yerlerini gösteren kök-yer eğrisini çiziniz. K’nın negatif olmayan hangi değerleri için sistem kararlıdır? Sönüm oranı ξ = 0,5 isteniyorsa kökler ne olur? Bu kökler için K ne olur?

Çözüm: s = 0 ve s =-4’te birer kutup var. Sıfır yok. Reel eksen üzerinde sağ tarafındaki kutup ve sıfır sayısı toplamı tek sayıda olan kısımlar kök-yer eğrisindendir. Burada 0 ile -4 arası.

(4)

Root Locus

Real Axis

Imaginary Axis

-5 -4 -3 -2 -1 0 1

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

System: g Gain: 16 Pole: -2 + 3.46i Damping: 0.5 Overshoot (%): 16.3 Frequency (rad/sec): 4

-20 -15 -10 -5 0 5

-15 -10 -5 0 5 10 15

Root Locus

Real Axis

Imaginary Axis

Dolayısıyla iki kutup arasında bir ayrılma noktası var.

GH = -1’den = −^ଶ− 4

→ ^ଶ+ 4 + = 0 → ଵ,ଶ = −2 ∓√4 − Yani ayrılma noktasında K = 4 ve s = -2 ve K > 4 için köklerin reel kısmı hep -2. Böylece Şekil 2.3 çizilir.

Kök yer eğrisinin bir noktası hariç hepsi sol yarı bölgededir. Hariç olan nokta, × ile gösterilen açık döngü kutup olup, burada K = 0’dır. Bunu hariç tutarak K > 0 için sistemin kararlı olduğu anlaşılır.

Sönüm oranı ξ = 0,5 = cosϕ olduğundan, ϕ = 60°.

Negatif reel eksenle 60° yapan ve orijinden geçen doğrunun kök-yer eğrisini kesiştiği s noktası ve eşleniğinden s12 = -2 ± j3,46 bulunur. Reel kısım hep -2 olduğu için sanal kısım ±2tan60° = ±3,46

diye de bulunabilirdi. Yani √ − 4 = 3,46 ve K = 16 bulunur.

Köklerden birini GH = -1’de yerine yazarak da K bulunabilirdi.

2.3)

Şekil 2.4

Şekil 2.3

=103 K

=20 K

=103 K

K=0 K=0

K=0

(5)

Root Locus

Real Axis

Imaginary Axis

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

Bir sistemin kapalı döngü transfer fonksiyonunun paydasını sıfır yapan köklerin, K’nın [0,+∞) aralığındaki değişimine göre yerlerini gösteren kök-yer eğrisi Şekil 2.4’te verilmiştir (Üç adet açık döngü kutup var, açık döngü sıfır yok). Özel bazı noktalarda K değerleri yaklaşık olarak verilmiştir. K’nın negatif olmayan hangi değerleri için sistem kararlıdır? Ayrıca K = 0 ve K = +∞ noktalarını gösteriniz (Şekildeki mor yazılar soruda verilmiyor, cevabın parçası).

Çözüm: 20 veya daha küçük K değerleri için köklerden birisi, ve 103 veya daha büyük K değerleri için ise köklerden ikisi sanal eksen üzerinde ya da sağ yarı bölgede olmaktadır. Yani K ≤ 20 veya K ≥ 103 için sistem kararsızdır. Diğer bir ifadeyle { K

|

K > 20 }∩{ K

|

K < 103 } kümesindeki herhangi bir K için sistem kararlıdır. Kısaca 20 < K <103 için sistem kararlıdır.

2.4) 3. Sorunun aynısını Şekil 2.5 için yapınız.

Çözüm: Köklerin eşlenikleri için de K’lar aynıdır. Reel köklerden birisi K ≥ 32.1 için kararsız bölgededir (sağ yarı bölgede veya sanal eksende). Karmaşık iki kök ise K ≤ 3,95 ve K ≥ 45,1 için kararsız bölgededir. Buna göre { K

|

3,95 < K < 45,1 }∩{ K

|

0 < K < 32,1 } kümesindeki herhangi bir K için sistem kararlıdır. Kısaca 3,95 < K <32,1 için sistem kararlıdır.

Şekil 2.5 K =45,1

1 ,

=32 95 K

,

=3 K

K=0 K=0

K=+∞

(6)

3. Grup:

3.1) Giriş(u) – çıkış(y) ilişkisi + 2 + 5 + 4 = 6 − 3 ile verilen sistem için uygun durum değişkenleri tanımlayarak bir durum uzayı modeli elde ediniz.

Çözüm:

Transfer fonksiyon: ^௒ሺ௦ሻ

௎ሺ௦ሻ = =_௦^య_ାଶ௦^଺௦ିଷ^మ_{ାହ௦ାସ}

1. Yol: Denetleyici kanonik biçimi için durum değişkenlerini uzayında şöyle tanımlayalım:

ଵ =_௦^య_ାଶ௦^మ^ଵ_{ାହ௦ାସ}() ,

(*) ଶ = ଵ , ଷ = ଶ

Buna göre ^ଷଵ + 2^ଶଵ + 5ଵ + 4ଵ = . Düzenlenirse (*) ଷ + 2ଷ + 5ଶ + 4ଵ = () . Ayrıca çıkış şöyle olur:

(*) = 6ଶ − 3ଵ

Yıldızla gösterilen satırlardaki denklemleri sırasıyla zaman uzayında yazarsak:

ଶ =ଵ , ଷ = ଶ , ଷ+ 2ଷ+ 5ଶ+ 4ଵ = , = 6ଶ− 3ଵ

Bunları matris biçiminde yazarak denetleyici kanonik biçimli durum uzayı modelini elde ederiz:

{ {

u x

x x

x x x

x B A















 +

































−

=

















1 0 0

2 5 4

1 0 0

0 1 0

3 2 1

4 4 3 4

4 2

& 1

&

[ ]

x

y

C

43 42 1

0 6

−3

= ( D=0 )

2. yol: Gözleyici kanonik biçim:

+ 2 + 5 + 4 = 6 − 3

ଷ = ,

ଶ =ଷ+ 2 = + 2 ,

ଵ = ଶ+ 5 − 6 = + 2 + 5 − 6

0 = ଵ+ 4 + 3

Her bir denklemin soldaki eşitliğinden ௞ çekilerek (k = 1,2,3) ve = ଷ yazılarak,

(7)

= 0 0 −4

1 0 −5

0 1 −2

஺

+ −3 6 0

஻

= 0 0 1

஼

+ 0

஽

∙

gözleyici kanonik biçimi bulunur. Buradaki x , diğer yoldakinden farklı tanımlanmıştır.

3.2) Transfer fonksiyonu ^௒(௦)

௎(௦) = ^ସ

௦^మାହ௦ା଺ ile verilen sistem için uygun durum değişkenleri tanımlayarak bir durum uzayı modeli elde ediniz.

Çözüm: ^ଶ+ 5 + 6 = 4 → + 5 + 6 = 4

’nun türevi yoksa tam olarak kanonik biçim kullanmadan durum değişkenleri basitçe şöyle tanımlanabilir:

ଵ = , ଶ = ଵ = . Ana denklemde yerine yazılırsa

ଶ = −5ଶ− 6ଵ+ 4

= 0 1

−6 −5

஺

+ 0!4

஻

= 1 0

஼

+ 0

஽

∙

3.3) Giriş(u) – çıkış(y) ilişkisi + 3 − 2 = + 4 ile verilen sistem için uygun durum değişkenleri tanımlayarak bir durum uzayı modeli elde ediniz.

Çözüm:

Transfer fonksiyon: ^௒ሺ௦ሻ

௎ሺ௦ሻ = =_௦^మ_{ାଷ௦ିଶ}^௦ାସ

1. Yol: Denetleyici kanonik biçimi için durum değişkenlerini uzayında şöyle tanımlayalım:

ଵ =_௦^మ_{ାଷ௦ିଶ}^ଵ () , (*) ଶ = ଵ

Buna göre ^ଶଵ + 3ଵ − 2ଵ = . Düzenlenirse (*) ଶ + 3ଶ − 2ଵ = () . Ayrıca çıkış şöyle olur:

(*) = ଶ + 4ଵ

(8)

Yıldızla gösterilen satırlardaki denklemleri sırasıyla zaman uzayında yazarsak:

ଶ =ଵ , ଶ+ 3ଶ− 2ଵ = , = ଶ+ 4ଵ

Bunları matris biçiminde yazarak denetleyici kanonik biçimli durum uzayı modelini elde ederiz:

{ {

u x

x x

x

x B A





 +



 













= −



 





1 0 3

2 1 0

2 1

43 42

& 1

&

[ ]

x

y

C

3 2 14 1

= ( D=0 )

2. yol: Gözleyici kanonik biçim:

+ 3 − 2 = + 4

ଶ = ,

ଵ = ଶ+ 3 − = + 3 − , 0 = ଵ− 2 − 4

Her bir denklemin soldaki eşitliğinden ௞ çekilerek (k = 1,2) ve = ଶ yazılarak,

= 0 21 −3

஺

+ 4!1

஻

= 0 1

஼

+ 0

஽

∙

gözleyici kanonik biçimi bulunur. Buradaki x , diğer yoldakinden farklı tanımlanmıştır.

3.4) " = −2 41 −2 için #^஺௧ matrisini bulunuz.

Çözüm: 1. Yol: |%& − "| = '% + 2 −4

−1 % + 2'=%^ଶ + 4% = 0 → %ଵ = 0 , %ଶ = −4 .

#^଴௧ = 1 =(଴+(ଵ∙ 0

#^ିସ௧ = (଴+(ଵ∙ (−4) (଴ = 1 ve (ଵ = ^ଵ

ସ−^ଵ

ସ#^ିସ௧ bulunur.

#^஺௧ =(଴& + (ଵ" = 1 ∙ 1 00 1 +)1 4−1

4#^ିସ௧* −2 41 −2

(9)

#^஺௧ =+ 0,5 + 0,5#^ିସ௧ 1 −#^ିସ௧ 0,25 − 0,25#^ିସ௧ 0,5 + 0,5#^ିସ௧, Sağlaması, t = 0 için #^஺௧ = & .

2. yol: #^஺௧ = ℒ^ିଵ-& − "^ିଵ. & − " = + 2 −4−1 + 2

|& − "| = ^ଶ+ 4 = ( + 4)

& − "^ିଵ= 1

( + 4) + 2 4 1 + 2 Her bir eleman basit kesirlere ayrılır. (Bildiğiniz için burada atlandı)

& − "^ିଵ =/ 0,5

− 0,5

+ 4 1

− 1

+ 4 0,25

− 0,25

+ 4 0,5

− 0,5

+ 4 0

Ters Laplace dönüşümü alınınca önceki yönteminkiyle aynı sonuç bulunur:

#^஺௧ =+ 0,5 + 0,5#^ିସ௧ 1 −#^ିସ௧ 0,25 − 0,25#^ିସ௧ 0,5 + 0,5#^ିସ௧, 3.5) " = 1 1

−8 −5 için #^஺௧ matrisini bulunuz.

Çözüm: 1. Yol: |%& − "| = '% − 1 −1

8 % + 5'=%^ଶ + 4% + 3 = 0 → %ଵ = −1 , %ଶ = −3 .

#^ି௧ =(଴+(ଵ∙ (−1)

#^ିଷ௧ = (଴+(ଵ∙ (−3) (ଵ =^ଵ

ଶ#^ି௧−^ଵ

ଶ#^ିଷ௧ ve (଴ =^ଷ

ଶ#^ି௧−^ଵ

ଶ#^ିଷ௧ bulunur.

#^஺௧ = (଴& + (ଵ" = )3

2#^ି௧−1

2#^ିଷ௧* 1 00 1 +)1

2#^ି௧−1

2#^ିଷ௧* 1 1

−8 −5

#^஺௧ =+ 2#^ି௧−#^ିଷ௧ 0,5#^ି௧− 0,5#^ିଷ௧

−4#^ି௧+ 4#^ିଷ௧ −#^ି௧+ 2#^ିଷ௧ , Sağlaması, t = 0 için #^஺௧ = & .

2. yol: #^஺௧ = ℒ^ିଵ-& − "^ିଵ. & − " = − 1 −18 + 5

|& − "| = ^ଶ+ 4 + 3 = + 1( + 3)

& − "^ିଵ= 1

+ 1( + 3) + 5 1

−8 − 1

(10)

Her bir eleman basit kesirlere ayrılır. (Bildiğiniz için burada atlandı)

& − "^ିଵ=/ 2

+ 1− 1

+ 3 1 2⁄

+ 1− 1 2⁄

+ 3

−4

+ 1+ 4

+ 3 −1

+ 1+ 2

+ 3 0

#^஺௧ =+ 2#^ି௧−#^ିଷ௧ 0,5#^ି௧− 0,5#^ିଷ௧

−4#^ି௧+ 4#^ିଷ௧ −#^ି௧+ 2#^ିଷ௧ ,

3.6) " = 2 −28 −6 için #^஺௧ matrisini bulunuz.

(Çakışık köklü #^஺௧ sorusu Güz 2015-16’da sorulmayacak) Çözüm: 1. Yol: |%& − "| = '% − 2 2

−8 % + 6'=%^ଶ + 4% + 4 = 0 → %ଵ = %ଶ = −2 .

#^ିଶ௧ = (଴+(ଵ∙ (−2) +2

2% #^ఒ௧,

ఒୀିଶ

= 3#^ିଶ௧ =+2

2% (^଴+(ଵ∙%,

ఒୀିଶ

=(ଵ

Yani doğrudan (ଵ =3#^ିଶ௧ bulunur ve ilk denklemde yerine yazılarak (଴ =#^ିଶ௧+ 23#^ିଶ௧ bulunur.

#^஺௧ = (଴& + (ଵ" = 1 + 23#^ିଶ௧1 00 1 +3#^ିଶ௧2 −28 −6

#^஺௧ = +1 + 43#^ିଶ௧ −23#^ିଶ௧ 83#^ିଶ௧ 1 − 43#^ିଶ௧, Sağlaması, t = 0 için #^஺௧ = & .

2. yol: #^஺௧ = ℒ^ିଵ-& − "^ିଵ. & − " = − 2 2

−8 + 6

|& − "| = ^ଶ+ 4 + 4 = + 2^ଶ

& − "^ିଵ= 1

+ 2^ଶ + 6 −2 8 − 2 Her bir eleman basit kesirlere ayrılır. (Bildiğiniz için burada atlandı)

& − "^ିଵ= 45 56 1

+ 2+ 4

+ 2^ଶ −2

+ 2^ଶ 8

+ 2^ଶ 1

+ 2− 4

+ 2^ଶ7889

(11)

#^஺௧ = +1 + 43#^ିଶ௧ −23#^ିଶ௧ 83#^ିଶ௧ 1 − 43#^ିଶ௧, 4. Grup:

4.1)

{ u x x

A B



 

 +



 





= −

2 0 3 2

5 1

43 42 1

& ,

[ ]

{ x y

C

1 1

=

ile verilen sistemde y çıkışının, y^*sabit referans (talep) değerine, -10 ve -10 özdeğerleriyle yakınsaması, durum geribeslemeli kontrol uygulanarak isteniyor. Bunun için u ne olmalıdır?

Yardımcı formül: K =−(CA⁻¹B)⁻¹

c r

Çözüm: ^u

[

^k₁ ^k₂

]

^x ^K_r^y^*

K

+

−

=

43 42 1

durum denkleminde yerine yazılırsa,

*

*)

( Kx K y Ax BK y

B Ax

x&= + − + _r = _c + _r

Burada

[ ]





 





−

= −



 



−



 





= −

−

=

2 1

2

1 2 2 3 2

5 1

2 0 3 2

5 1

k k

k k BK

A

Ac matrisinin karakteristik

polinomu (2 4) (3 2 10 10 )

2 3 2

2

5 ) 1

det( ² ₂ ₂ ₁

2 1

k k

k A

I

c = + − + − + +

+

− +

−

= −

− λ λ

λ λ

λ _,

istenen özdeğerlere karşılık gelen (λ+10)(λ+10)=λ²+20λ+100 polinomuna eşitlenmelidir.

Yani 2k₂−4=20 → k₂ =12

→ +

−

= +

⋅

−

=

= +

−2 2 10 1 100 13 2 12 10 1 11 10 1

13 k k k k k₁=11,1

Buna göre 



 





−

= −



 





⋅

−

⋅

−

= −

21 2 , 24

5 1

12 2 3 1 , 11 2 2

5 1

c

A Adj( )

) det(

1 1

c c

c A

A =⁻ A

100 2 , 24 5 21 )

det(A_c =− + ⋅ = 



 



− −

=



 



− −

=

−

01 , 0 242 , 0

05 , 0 21 , 0 1

2 , 24

5 21 100

1 1 Ac

[ ] [ ]

⁰^,⁰⁸

02 , 0

1 , 1 0 2 1

0 01 , 0 242 , 0

05 , 0 21 , 1 0

1 1 =−



 



= −



 







 



− −

=

−B CA

c

=

−

=

−

=

−

= ⁻ ⁻ ₋

08 , 0

1 ) 1

( ¹ ¹ ₁

B CA B

CA K

c c

r =12,5

r

K

Sonuç: u=−Kx+K_ry^* = u=−11,1x₁−12x₂+12,5y^* olmalıdır.

(12)

4.2)

{ u x x

A B















 +

















−

=

1 0 0

6 8 3

1 0 0

0 1 0

4 4 3 4

4 2 1

& , y

[ ]

x

C

43 42 1

9 5

7 −

=

ile verilen sistemde y çıkışının, y^*sabit referans (talep) değerine, -10, -11 ve -12 özdeğerleriyle yakınsaması, durum geribeslemeli kontrol uygulanarak isteniyor. Bunun için u ne olmalıdır?

Yardımcı formül: Tek girişli tek çıkışlı denetleyici kanonik biçimli sistem için 0

11 ≠

C _şartıyla,

11 0

C K

r

α

= (α₀istenen karakteristik polinomun sabit terimi)

Çözüm: Sistem denetleyici kanonik biçimde verilmiştir. İstenen özdeğerler için karakteristik polinom: (λ+10)(λ+11)(λ+12)=λ³+α₂λ²+α₁λ+α₀ =λ³+33λ²+362λ+1320

=

−

=1320 3

k1 1317

1= k

=

−

=362 8

k2 354

2=

k

=

−

=33 6

k3 27

3=

k

Yani K =

[

¹³¹⁷ ³⁵⁴ ²⁷

]

0=1320

α = =

11 0

C Kr

α

7 1320

r =

K

Sonuç: u=−Kx+K_ry^* = ₁ ₂ ₃ ^*

7 1320 27

354

1317x x x y

u=− − − + olmalıdır.

4.3)

{ u x x

A B



 

 +



 





= −

1 0 7 4

1 0

43 42 1

& , ^y

[ ]

^x

C

3 2 12 1

=

11 ≠

C _şartıyla,

11 0

C K

r

α

Çözüm: Sistem denetleyici kanonik biçimde verilmiştir. İstenen özdeğerler için karakteristik polinom: (λ+5)(λ+6)=λ²+11λ+30

(13)

=

−

=30 4

k1 26

1= k

= +

=11 7

k2 18

2 =

k

Sağlaması: _A _BK

[ ]

_⁼ _A_c









−

= −









−

= −







−









= −

−

11 30

1 0 18

7 26 4

1 0

18 26 1 0 7 4

1 0

30 11 11

30 ) 1

det( = ²+ +

+

= −

− λ λ

λ λ λ

Ac

I

(Sağlamasını yapmak zorunda değilsiniz, ama sayıların sırasını karıştırıp tersten kullanmak çok muhtemel olduğu için sağlama yapmanız tavsiye edilir.)

0=30

α = = =

2 30

11 0

C K

r

α K_r =15

Sonuç: u=−Kx+K_ry^* = u=−26x₁−18x₂+15y^* olmalıdır.

4.4)

{ u x x

A B



 

 +



 





= −

1 0 0 5

1 0

43 42 1

& , ^y

[ ]

^x

C

3 2 14 −1

=

11 ≠

C _şartıyla,

11 0

C K

r

α

Çözüm: Sistem denetleyici kanonik biçimde verilmiştir. İstenen özdeğerler için karakteristik polinom: (λ+3)² =λ²+6λ+9

=

−

=9 5

k1 4

1= k

= +

=6 0

k2 6

2 =

k

Sağlaması: A BK

[ ]

=A_c



 





−

= −



 





−

= −



 



−



 





= −

−

6 9

1 0 6 0 4 5

1 0

6 4 1 0 0 5

1 0

9 6 6

9 ) 1

det( = ²+ +

+

= −

− λ λ

λ λ

λI Ac

(14)

0=9

α = =

11 0

C K

r

α

4 9

r = K

Sonuç: u=−Kx+K_ry^* = ₁ ₂ ^* 4 6 9

4x x y

u=− − + olmalıdır.

4.5)

{ u x x

A B



 

 +



 





−

= −

1 0 3 2

1 0

43 42 1

& , ^y

[ ]

^x

C

3 2 1

1

−5

=

11 ≠

C _şartıyla,

11 0

C K

r

α

Çözüm: Sistem denetleyici kanonik biçimde verilmiştir. İstenen özdeğerler için karakteristik polinom: (λ+8)(λ+9)=λ² +17λ+72

=

−

=72 2

k1 70

1= k

=

−

=17 3

k2 14

2 =

k

Sağlaması: A BK

[ ]

= A_c



 





−

= −



 





−

= −



 



−



 





−

= −

−

17 72

1 0 14

3 70 2

1 0

14 70 1 0 3 2

1 0

72 17 17

72 ) 1

det( = ²+ +

+

= −

− λ λ

λ λ

λI Ac

0=72

α = =

11 0

C K

r

α

5 72

−

r = K

Sonuç: u=−Kx+K_ry^* = ₁ ₂ ^* 5 72 14

70x x y

u=− − − olmalıdır.