二次遅れ系のインディシャル応答と行過ぎ量

次のような二次遅れ系の伝達関数 \( G(s) \)
\begin{align}
G(s)=\dfrac{\omega_{n}^2}{s^2 + 2 \zeta \omega_{n} s+ \omega_{n}^2}
\end{align}
について、不足振動となる\( \zeta < 1 \)の行き過ぎ量を考える。この場合の応答は
\begin{align}
y(t)=1-\dfrac{e^{- \zeta \omega_{n} t} }{\alpha} \sin \left (\alpha \omega_{n} t + \tan^{-1} \dfrac{\alpha}{\zeta} \right )
\end{align}
となる。ただし\(\alpha=\sqrt{1-\zeta^2} \)である。ここで、
\begin{align}
\omega = \alpha \omega_{n} \hspace{5mm} \phi=\tan^{-1} \dfrac{\alpha}{\zeta}
\end{align}
とすれば
\begin{align}
y(t)=1-\dfrac{e^{- \zeta \omega_{n} t} }{\alpha} \sin \left ( \omega t + \phi \right )
\end{align}
と簡潔に表すことができる。行き過ぎ量は
\begin{align}
\frac{dy(t)}{dt}=0
\end{align}
で求めることができるから
\begin{align}
\frac{dy(t)}{dt}&=\dfrac{d}{dt} \left \{ 1-\dfrac{e^{- \zeta \omega_{n} t} }{\alpha} \sin \left ( \omega t + \phi \right ) \right \} \\
&=- \left (- \zeta \omega_{n} \right ) \dfrac{e^{- \zeta \omega_{n} t} }{\alpha} \sin \left ( \omega t + \phi \right ) -\dfrac{e^{- \zeta \omega_{n} t} }{\alpha} \omega \cos \left ( \omega t + \phi \right )
\end{align}
ここで条件より
\begin{align}
\zeta \omega_{n} \dfrac{e^{- \zeta \omega_{n} t} }{\alpha} \sin \left ( \omega t + \phi \right ) &=\dfrac{e^{- \zeta \omega_{n} t} }{\alpha} \omega \cos \left ( \omega t + \phi \right ) \\
\zeta \omega_{n} \sin \left ( \omega t + \phi \right ) &= \omega \cos \left ( \omega t + \phi \right ) \\
\tan \left ( \omega t + \phi \right ) &= \dfrac{\omega}{\zeta \omega_{n} }
\end{align}
これより
\begin{align}
\tan \left ( \omega t + \tan^{-1} \dfrac{\alpha}{\zeta} \right ) &= \dfrac{\sqrt{1-\zeta^{2}} }{\zeta}
\end{align}
ここで
\begin{align}
\omega t = n \pi \hspace{5mm} (n=0,1,2 \cdots)
\end{align}
であれば上式は成り立つ。定義より
\begin{align}
\alpha \omega_{n} t= n \pi \hspace{5mm} t = \dfrac{n \pi }{\alpha \omega_{n}}
\end{align}
となるから
\begin{align}
f(t) = 1 – \dfrac{e^{-\zeta \dfrac{n \pi }{\alpha }}} {\alpha} \sin \left ( n \pi + \tan^{-1} \dfrac{\alpha}{\zeta} \right )
\end{align}
加法定理
\begin{align}
\sin(a \pm b) = \sin a \cos b \pm \cos a \sin b
\end{align}
より、
\begin{align}
f(t) &= 1 – \dfrac{e^{-\zeta \dfrac{n \pi }{ \alpha }}} {\alpha} \left \{ \sin n \pi \cos \left( \tan^{-1} \dfrac{\alpha}{\zeta} \right ) + \cos n \pi \sin \left( \tan^{-1} \dfrac{\alpha}{\zeta} \right ) \right \}\\
&= 1 – (-1)^n e^{ -\zeta \dfrac{n \pi }{\alpha} }
\end{align}
より行き過ぎ量を求める式を得る。

コメント

  1. […] を求めた。(詳細はここ)まず二次遅れ系のインディシャル応答はbegin{align}f(t)=1-dfrac{e^{- zeta omega_{n} t} }{sqrt{1-zeta^2}} sin left (sqrt{1-zeta^2} omega_{n} t + tan^{-1} dfrac{sqrt{1-zeta^2}}{zeta} right )end{align} […]

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