U 01 – Nyquist-Orstkurve, Bodediagramm

Gegeben sei ein System erster Ordnung mit variabler Nullstelle in Wurzelorts-Normalform bzw. in Bode-Normalform.

$G\left( s \right) = k \frac{{s+\alpha a}}{{s+a}} = \underbrace {\alpha k}_K\frac{{\frac{s}{{\alpha a}}+1}}{{\frac{s}{a}+1}},\quad a > 0$

In dieser Aufgabe soll für ein System mit der Übertragungsfunktion $G\left( s \right)$ der Frequenzgang $G\left( {j\omega } \right)$ diskutiert werden. Dazu dient die Darstellung von Amplitudengang $A\left( \omega \right)$ und Phasengang $\varphi \left( \omega \right)$ als Bode-Diagramm sowie die Darstellung von $G\left( {j\omega } \right)$ als so genannte Nyquist-Ortskurve in der komplexen Ebene.

Bestimmen Sie analytisch den Betrag und die Phase des Frequenzgangs $G\left( {j\omega } \right)$ .
Diskutieren Sie den Phasenverlauf $\sphericalangle G\left( {j\omega ,\alpha } \right)$ für variables $\alpha \left( {-\infty < \alpha < \infty } \right)$ in Abhängigkeit von $\omega \left( {0 \leq \omega < \infty } \right)$ mithilfe der Zeigerdarstellung in der komplexen Ebene.
Skizzieren Sie den Phasenverlauf für die verschiedenen Fälle. Wie heißen die Übertragungsglieder (in Abhängigkeit von α)?
Betrachten Sie die 4 Fälle: $1 < \alpha < \infty ,\quad 0 < \alpha < 1,\quad \alpha = 0,\quad \alpha < 0$ .
Zeichnen Sie für den Fall a = 3 und α = 10 das Bode-Diagramm (k = 2).
Zeichnen Sie die Nyquist-Ortskurven, für die $a = 1,\:\alpha = \frac{1}{7}$ und $a = 1,\:\alpha = 7\:\left( {k = 2} \right)$ ist.
Ermitteln Sie für diese beiden Fälle die Sprungantworten.
Zerlegen Sie das System mit a = 1, k = 1 und α = -3 in ein Phasenminimum-System und ein Allpassglied.
Führen Sie diese Zerlegung mit Hilfe der Blockschaltbildalgebra und im Bode-Diagramm durch.
Geben Sie anhand des Bode-Diagramms eine Erklärung für die Begriffe Phasenminimum-System und Allpassglied.

Lösung

a) Analytische Berechnung von Betrag und die Phase des Frequenzgangs G(jω)

Für den Amplitudengang (Betrag des Frequenzganges) gilt:

$A\left( \omega \right) = \left| {G\left( {j\omega } \right)} \right| = \left| {{{\left. {G\left( s \right)} \right|}_{s = j\omega }}} \right| = \left| K \right|\frac{{\left| {\frac{{j\omega }}{{\alpha a}}+1} \right|}}{{\left| {\frac{{j\omega }}{a}+1} \right|}} = \underline{\underline {K\frac{{\sqrt {1+{{\left( {\frac{\omega }{{\alpha a}}} \right)}^2}} }}{{\sqrt {1+{{\left( {\frac{\omega }{a}} \right)}^2}} }}}}$

Für den Phasengang (Phase des Frequenzganges) gilt:

$\varphi \left( \omega \right) = \sphericalangle \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\} = \arctan \frac{{\operatorname{Im} \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\}}}{{\operatorname{Re} \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\}}}$

Wir müssen den Frequenzgang also in Real- und Imaginärteil zerlegen:

$G\left( {j\omega } \right) = K\frac{{1+\frac{{j\omega }}{{\alpha a}}}}{{1+\frac{{j\omega }}{a}}} = K\frac{{1+\frac{{j\omega }}{{\alpha a}}}}{{1+\frac{{j\omega }}{a}}}\frac{{1-\frac{{j\omega }}{a}}}{{1-\frac{{j\omega }}{a}}} = K\frac{{1+\frac{{j\omega }}{{\alpha a}}-\frac{{j\omega }}{a}+\frac{{{\omega ^2}}}{{\alpha {a^2}}}}}{{1+\frac{{{\omega ^2}}}{{{a^2}}}}}$

$\quad \Rightarrow \quad G\left( {j\omega } \right) = K\frac{{1+\frac{{{\omega ^2}}}{{\alpha {a^2}}}+j\frac{\omega }{a}\left( {\frac{1}{\alpha }-1} \right)}}{{1+\frac{{{\omega ^2}}}{{{a^2}}}}}$

$\quad \Rightarrow \quad \operatorname{Im} \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\} = K\frac{{\frac{\omega }{a}\left( {\frac{1}{\alpha }-1} \right)}}{{1+\frac{{{\omega ^2}}}{{{a^2}}}}}\quad ,\quad \operatorname{Re} \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\} = K\frac{{1+\frac{{{\omega ^2}}}{{\alpha {a^2}}}}}{{1+\frac{{{\omega ^2}}}{{{a^2}}}}}$

Damit folgt nun:

$\varphi \left( \omega \right) = \arctan \frac{{\operatorname{Im} \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\}}}{{\operatorname{Re} \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\}}} = \arctan \frac{{\frac{\omega }{a}\left( {\frac{1}{\alpha }-1} \right)}}{{1+\frac{{{\omega ^2}}}{{\alpha {a^2}}}}}$

$\quad \Rightarrow \quad \underline{\underline {\varphi \left( \omega \right) = \arctan \frac{{a\omega \left( {1-\alpha } \right)}}{{\alpha {a^2}+{\omega ^2}}}}}$

Alternative Lösung:

Für den Phasengang (Phase des Frequenzganges) gilt:

$\varphi \left( \omega \right) = \sphericalangle \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\} = \sphericalangle K+\sphericalangle \left\{ {1+j\frac{\omega }{{\alpha a}}} \right\}-\sphericalangle \left\{ {1+j\frac{\omega }{a}} \right\}$

Es gilt zudem:

$\sphericalangle \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\} = \arctan \frac{{\operatorname{Im} \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\}}}{{\operatorname{Re} \left\{ {G\left( {j\omega } \right)} \right\}}}\quad ,\quad \sphericalangle K = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 0 & {f\ddot ur} & {K > 0} \\{ \pm \pi } & {f\ddot ur} & {K < 0} \\ \end{array} } \right.$

Damit folgt:

$\varphi \left( \omega \right) = \sphericalangle K+\arctan \frac{\omega }{{\alpha a}}-\arctan \frac{\omega }{a}$

$\quad \Rightarrow \quad \varphi \left( \omega \right) = \arctan \frac{{\frac{\omega }{{\alpha a}}-\frac{\omega }{a}}}{{1+\frac{\omega }{{\alpha a}} \cdot \frac{\omega }{a}}} = \underline{\underline {\arctan \frac{{\omega a\left( {1-\alpha } \right)}}{{\alpha {a^2}+{\omega ^2}}}}}$

Ergänzung:

$G\left( s \right) = \frac{{Ka}}{{s+a}} = \frac{K}{{1+\frac{s}{a}}} = \underline{\underline {\frac{K}{{1+s\tau }}}}$

Beim Nachschauen in der Tabelle für die wichtigsten Regelkreisglieder, stellt man fest, dass es sich bei dem angegebenen System um ein PT₁-System handelt:

rt-u01-verhalten-der-wichtigsten-regelkreisglieder

(vergrößerte Ansicht: hier)

Grafisch erhält man folgende Übertragungsfunktion:
rt-u01-uebertragungsfunktion

Ein D-Glied würde z.B. liefern: ${k_D}\left( {s+c} \right) = {K_D}\left( {1+\frac{s}{c}} \right)$

b) Diskussion des Phasenverlaufs

Zeigerdarstellung

Die Zeigerdarstellung (Polarkoordinaten) des Frequenzganges ist gegeben durch:

$\boxed{{{\left. {G\left( s \right)} \right|}_{s = j\omega }} = G\left( {j\omega } \right) = \left| {G\left( {j\omega } \right)} \right|{e^{j\varphi \left( \omega \right)}}}$

Der Frequenzgang ist also eine Randfunktion der komplexen Übertragungsfunktion.

rt-u01-deutung-des-frequenzganges

Abbildung: Deutung des Frequenzganges als Abbildung der (positiven) imaginären Achse der s-Ebene in die G(s)-Ebene

Die s-Ebene wird durch die imaginäre Achse in zwei Teilgebiete geteilt. Die jω-Achse stellt den Rand z.B. der rechten s-Halbebene dar.

Beispiel:
rt-u01-zeigerdarstellung

rt-u01-nullstelle-pol

rt-u01-zeigerdarstellung-nullstelle-pole

Für die Übertragungsfunktion in Wurzelorts-Normalform (Pol-Nullstellen-Form) gilt:

$G\left( s \right) = k\:\hat G\left( s \right) = k\frac{{\left( {s-{s_N}} \right)}}{{\left( {s-{s_{p1}}} \right)\left( {s-{s_{p2}}} \right)\left( {s-{s_{p3}}} \right)}}$

$G\left( {{s_{TP}}} \right) = \left| {\hat G\left( s \right)} \right|{e^{j\varphi \left( \omega \right)}} = \underbrace {\frac{{{l_N}}}{{{l_{p1}}{l_{p2}}{l_{p3}}}}}_{Amplitude}{e^{j\underbrace {\left( {{\varphi _N}-{\varphi _{p1}}-{\varphi _{p2}}-{\varphi _{p3}}} \right)}_{Phase}}}$

mit:

$\left| {\hat G\left( s \right)} \right| = \frac{{\prod\limits_{i = 1}^m {\left| {s-{s_{{n_i}}}} \right|} }}{{\prod\limits_{i = 1}^n {\left| {s-{s_{{p_i}}}} \right|} }}\quad ,\quad \varphi \left( \omega \right) = \sum\limits_{i = 1}^m {{\varphi _{{N_i}}}} -\sum\limits_{i = 1}^n {{\varphi _{{p_i}}}}$

Unsere Übertragungsfunktion lautet:

$G\left( s \right) = k\frac{{s+\alpha a}}{{s+a}}\quad ,\quad a > 0$

Fall 1:

$1 < \alpha < \infty$

In diesem Fall liegt die Nullstelle links von der Polstelle. Man spricht vom so genannten Lag-Glied.
rt-u01-zeigerdarstellung-lag-glied

Somit folgt:

$\varphi \left( \omega \right) = {\varphi _N}-{\varphi _p} < 0$

$A\left( \omega \right) = k\frac{{{l_N}}}{{{l_p}}}\quad ,\quad \frac{{{l_N}}}{{{l_p}}} > 1$

Wichtig: Das k nicht vergessen!

Damit gilt:

$\underline{\underline{ \varphi \left( {\omega = 0} \right) = \varphi \left( {\omega \to \infty } \right) = 0 }}$

$\underline{\underline{ \varphi \left( {0 < \omega < \infty } \right) < 0 }}$

Fall 2:

$0 < \alpha < 1$

In diesem Fall liegt die Nullstelle zwischen Pol und Ursprung. Man spricht hier vom Lead-Glied.
rt-u01-zeigerdarstellung-lead-glied

Somit folgt:

$\varphi \left( \omega \right) = {\varphi _N}-{\varphi _p} > 0$

$A\left( \omega \right) = k\frac{{{l_N}}}{{{l_p}}}\quad ,\quad \frac{{{l_N}}}{{{l_p}}} < 1$

$\underline{\underline{ \varphi \left( {\omega = 0} \right) = \varphi \left( {\omega \to \infty } \right) = 0 }}$

$\underline{\underline{ \varphi \left( {0 < \omega < \infty } \right) > 0 }}$

Fall 3:

$\alpha = 0$

In diesem Fall liegt die Nullstelle im Ursprung. Man spricht hier vom DT₁- oder Washout-Glied.
rt-u01-zeigerdarstellung-dt1-washout-glied

Somit folgt:

$\varphi \left( \omega \right) = {\varphi _N}-{\varphi _p} > 0$

$A\left( \omega \right) = k\frac{{{l_N}}}{{{l_p}}}\quad ,\quad \frac{{{l_N}}}{{{l_p}}} < 1$

$\underline{\underline{ \varphi \left( {\omega \to 0} \right) = \frac{\pi }{2} }}$

$\underline{\underline{ \varphi \left( {\omega \to \infty } \right) = 0 }}$

$\underline{\underline{ 0 < \varphi \left( {0 < \omega < \infty } \right) < \frac{\pi }{2} }}$

Fall 4:

$\alpha < 0$

In diesem Fall liegt die Nullstelle rechts vom Ursprung. Man spricht von einem allpasshaltigen Glied.
rt-u01-zeigerdarstellung-allpasshaltiges-glied

Somit folgt:

$\varphi \left( \omega \right) = {\varphi _N}-{\varphi _p} > 0$

$A\left( \omega \right) = k\frac{{{l_N}}}{{{l_p}}}$

$\underline{\underline{ \varphi \left( {\omega = 0} \right) = \pi }}$

$\underline{\underline{ \varphi \left( {\omega \to \infty } \right) = 0 }}$

$\underline{\underline{ 0 < \varphi \left( {0 < \omega < \infty } \right) < \pi }}$

Skizze des Phasenverlaufs:

rt-u01-phasenverlauf

Hinweis: Die x-Achse ist hier logarithmisch dargestellt. Der Vorteil in dieser Darstellung ist, dass alles wunderschön symmetrisch ist.

Ergänzung:

Phasenminimumsysteme sind Systeme ohne Totzeit, deren rationale Übertragungsfunktionen G(s) ihre Pole und Nullstellen ausschließlich in der linken s-Halbebene haben.

Das bedeutet, in den ersten drei Fällen handelte es sich um Phasenminimumsysteme. Das vierte System dagegen war nicht Phasenminimal.

Die Stelle des Phasenminimums berechnet man mit dieser Formel:

$\boxed{{\omega _m} = {\omega _{\varphi = \min }} = \sqrt {\left( {\alpha a} \right)a} = a\sqrt \alpha }$

Herleitung:

Aus Aufgabenteil a) ist bekannt:

$\varphi \left( \omega \right) = \arctan \frac{{a\omega \left( {1-\alpha } \right)}}{{\alpha {a^2}+{\omega ^2}}}$

$\frac{{d\varphi }}{{d\omega }} = \frac{1}{{1+{{\left( {\frac{{a\omega \left( {1-\alpha } \right)}}{{\alpha {a^2}+{\omega ^2}}}} \right)}^2}}}\frac{{a\left( {1-\alpha } \right)\left( {\alpha {a^2}+{\omega ^2}} \right)-a\omega \left( {1-\alpha } \right) \cdot 2\omega }}{{{{\left( {\alpha {a^2}+{\omega ^2}} \right)}^2}}}\mathop = \limits^! 0$

$\quad \Rightarrow \quad a\left( {1-\alpha } \right)\left( {\alpha {a^2}+\omega _m^2} \right)-a{\omega _m}\left( {1-\alpha } \right) \cdot 2{\omega _m} = 0$

$\quad \Rightarrow \quad \alpha {a^3}+a\omega _m^2-{\alpha ^2}{a^3}-\alpha a\omega _m^2-2a\omega _m^2+2a\alpha \omega _m^2 = 0$

$\quad \Rightarrow \quad \alpha {a^3}-{\alpha ^2}{a^3}+\left( {a\alpha -a} \right)\omega _m^2 = 0$

$\quad \Rightarrow \quad \omega _m^2 = \frac{{{\alpha ^2}{a^3}-\alpha {a^3}}}{{a\alpha -a}} = \alpha {a^2}\frac{{a\alpha -a}}{{a\alpha -a}} = \alpha {a^2}$

$\quad \Rightarrow \quad \underline{\underline {{\omega _m} = a\sqrt \alpha }}$

Wir betrachten für den 4. Fall noch einmal die Übertragungsfunktion:

$G\left( {j\omega } \right) = k\frac{{j\omega +\alpha a}}{{j\omega +a}} = K\frac{{1+\frac{{j\omega }}{{\alpha a}}}}{{1+j\frac{\omega }{a}}}$

Es gilt:

$\mathop {\lim }\limits_{s \to 0} G\left( s \right) = K,\quad \mathop {\lim }\limits_{s \to \infty } G\left( s \right) = k,\quad K = k\alpha$

Da hier α < 0 ist gilt:

$\operatorname{sgn} \left( K \right) = -\operatorname{sgn} \left( k \right)$

$G\left( {j\omega } \right) = k\frac{{j\omega -\left| \alpha \right|a}}{{j\omega +a}} = K\frac{{1-\frac{{j\omega }}{{\left| \alpha \right|a}}}}{{1+j\frac{\omega }{a}}}$

Beispiel:

$G = \frac{{1-j\omega }}{{1+j\omega }} = -\frac{{j\omega -1}}{{j\omega +1}}\quad ,\quad \left( {K = 1,\quad k = -1,\quad a = 1,\quad \alpha = -1} \right)$

Ergänzung:

Wenn Pol und Nullstelle auf einer Seite liegen, dann kann die Phase nie 90° überschreiten. 90° können nur theoretisch erreicht werden, wenn der Pol sehr weit links liegt:
rt-u01-pol-nullstellen-bild

Wenn die Polstelle negativ und reell und die Nullstelle positiv und reell ist, haben wir ein nicht-phasenminimales System. Nur bei einem nicht-phasenminimalen System gilt die Formel:

$\operatorname{sgn} \left( K \right) = -\operatorname{sgn} \left( k \right)$
rt-u01-pol-nullstellen-bild-2

c) Bode-Diagramm

Vorbetrachtung:

Sei:

${G_{PT1}} = \frac{a}{{j\omega +a}} = \frac{1}{{1+j\frac{\omega }{a}}}$

Dann gilt für die Amplitude:

$A\left( \omega \right) = \left| {{G_{PT1}}\left( {j\omega } \right)} \right| = \frac{1}{{\sqrt {1+{{\left( {\frac{\omega }{a}} \right)}^2}} }}$

Für die Phase gilt:

$\varphi \left( \omega \right) = \sphericalangle \left\{ {{G_{PT1}}\left( {j\omega } \right)} \right\} = -\arctan \left( {\frac{\omega }{a}} \right)$

Damit ergeben sich in Dezibel umgerechnet folgende Werte:

${\left. {A\left( \omega \right)} \right|_{dB}} = 20{\log _{10}}A\left( \omega \right) = 20\lg A\left( \omega \right) = 20\lg \frac{1}{{\sqrt {1+{{\left( {\frac{\omega }{a}} \right)}^2}} }} = -20\lg \sqrt {1+{{\left( {\frac{\omega }{a}} \right)}^2}}$

${\left. K \right|_{dB}} = 20\lg K$

Da es sich nicht um eine Leistung, sondern um ein Amplitudenverhältnis handelt, muss hier der Faktor 20 statt 10 verwendet werden.

Für K erhalten wir somit folgende Umrechnungen:

$\begin{array}{*{20}{c}} K &\vline & {{{\left. K \right|}_{dB}}} \\ \hline 1 &\vline & {0\:dB} \\{10} &\vline & {20\:dB} \\{100} &\vline & {40\:dB} \\ \end{array}$

$K = 2\quad \Rightarrow \quad {\left. K \right|_{dB}} = {\left. 2 \right|_{dB}} = 20\lg 2 = 20 \cdot 0,30103 \approx 6\:dB$

Betrachten wir nun noch einmal die Amplitude:

$A\left( \omega \right) = -20\lg \sqrt {1+{{\left( {\frac{\omega }{a}} \right)}^2}}$

Für die niederfrequente Asymptote ergibt sich: $\omega \to 0\quad \Rightarrow \quad {\left. {A\left( \omega \right)} \right|_{\omega \to 0}} \to 0dB$

Für die hochfrequente Asymptote ergibt sich: $\omega \to \infty \quad \Rightarrow \quad {\left. {A\left( \omega \right)} \right|_{\omega \to \infty }} \to -20\lg \frac{\omega }{a}$

Für die Eckfrequenz ergibt sich: $\omega = {\omega _E} = a\quad \Rightarrow \quad {\left. {A\left( \omega \right)} \right|_{\omega = a}} = -20\lg \sqrt 2 = -3dB$

Wir kommen nun zur Aufgabe und dem verlangten Bode-Diagramm.

Gegeben sind:

$a = 3,\quad \alpha = 10,\quad k = 2$

$G\left( {j\omega } \right) = k\frac{{j\omega +\alpha a}}{{j\omega +a}} = \underbrace K_{\alpha k}\frac{{1+\frac{{j\omega }}{{\alpha a}}}}{{1+j\frac{\omega }{a}}}$

$\quad \Rightarrow \quad G\left( {j\omega } \right) = 2\frac{{j\omega +30}}{{j\omega +3}} = 20\frac{{1+\frac{{j\omega }}{{30}}}}{{1+\frac{{j\omega }}{3}}}$
Für die Amplitude gilt damit:

${\left. {A\left( \omega \right)} \right|_{dB}} = {\left. {\left| {G\left( {j\omega } \right)} \right|} \right|_{dB}} = {\left. {20} \right|_{dB}}+20\lg \sqrt {1+{{\left( {\frac{\omega }{{30}}} \right)}^2}} -20\lg \sqrt {1+{{\left( {\frac{\omega }{3}} \right)}^2}}$

${\left. {10} \right|_{dB}} = 20\:dB,\quad {\left. 2 \right|_{dB}} = 6\:dB\quad \Rightarrow \quad {\left. {\left( {10 \cdot 2} \right)} \right|_{dB}} = 20\:dB+6\:dB = \underline{\underline {26\:dB = {{\left. {20} \right|}_{dB}} = K}}$

Grafisch äußern sich die letzten beiden Terme des Amplitudenverlaufs wie folgt:
rt-u01-amplitudenverlauf-lg

Damit folgt:

rt-u01-bodediagramm

Zur Erinnerung:

$\mathop {\lim }\limits_{s \to 0} G\left( s \right) = K = k\alpha = 20 = 26\:dB\quad ,\quad \mathop {\lim }\limits_{s \to \infty } G\left( s \right) = k = 2 = 6\:dB$

d) Nyquist-Ortskurven / Ortskurvendarstellung des Frequenzgangs in der komplexen Ebene

Die erste geforderte Kurve ist ein Lead-Glied $\left( {0 < \alpha = 1/7 < 1} \right)$ , die zweite ein Lag-Glied $\left( {7 = \alpha > 1} \right)$

Der Frequenzgang lautete:

$G\left( {j\omega } \right) = k\frac{{j\omega +\alpha a}}{{j\omega +a}}$

$a = 1,\quad \alpha = \frac{1}{7},\quad k = 2$

$\quad \Rightarrow \quad {G_1}\left( {j\omega } \right) = 2\frac{{j\omega +\frac{1}{7}}}{{j\omega +1}}$

$\quad \Rightarrow \quad \mathop {\lim }\limits_{\omega \to \infty } {G_1}\left( {j\omega } \right) = k = 2$

$\quad \Rightarrow \quad \mathop {\lim }\limits_{\omega \to 0} {G_1}\left( {j\omega } \right) = K = \alpha k = \frac{2}{7} = 0,286$

$a = 1,\quad \alpha = 7,\quad k = 2$

$\quad \Rightarrow \quad {G_2}\left( {j\omega } \right) = 2\frac{{j\omega +7}}{{j\omega +1}}$

$\quad \Rightarrow \quad \mathop {\lim }\limits_{\omega \to \infty } {G_2}\left( {j\omega } \right) = k = 2$

$\quad \Rightarrow \quad \mathop {\lim }\limits_{\omega \to 0} {G_2}\left( {j\omega } \right) = K = \alpha k = 7 \cdot 2 = 14$

In Aufgabenteil b) hatten wir zusätzlich folgende Lösungen für die Frequenzgänge:

System 1:
(vgl. Fall 2)

${\varphi _1}\left( {\omega = 0} \right) = {\varphi _1}\left( {\omega \to \infty } \right) = 0$

$\underline{\underline {{\varphi _1}\left( {0 < \omega < \infty } \right) > 0}}$

System 2:
(vgl. Fall 1)

${\varphi _2}\left( {\omega = 0} \right) = {\varphi _2}\left( {\omega \to \infty } \right) = 0$

$\underline{\underline {{\varphi _2}\left( {0 < \omega < \infty } \right) < 0}}$

Damit können wir nun die Nyquist-Ortskurven zeichnen:

rt-u01-nyquist-ortskurven

Hinweis:

$G\left( {s = 0} \right) = K,\quad G\left( {s \to \infty } \right) = k = \frac{K}{\alpha }$

Die Kurve geht also immer von $K$ nach $k$ .

Für ein Lag-Glied (α>1) ist K > k. Die Kurve geht also vom großen Wert zum kleinen Wert.

Beim Lead-Glied (0<α<1) geht die Kurve dementsprechend vom kleinen zum großen Wert.

Vergleich von Bode-Diagramm und Nyquist-Ortskurve:

Beim Bode-Diagramm wird der Frequenzgang separat als Amplitudengang und Phasengang aufgetragen. Bei der Nyquist-Ortskurve dagegen, die aber das gleiche beschreibt, ist beides in einem Diagramm aufgetragen.

Die Ortskurve eignet sich gut, um ${\varphi _{\min }}$ zu finden, das Bode-Diagramm dagegen eignet sich gut, um $\omega \left( {{\varphi _{\min }}} \right)$ zu finden, da ω in der Ortskurve nicht linear über den Kreis verteilt ist.

Komplizierter:

Die Übertragungsfunktion lautete:

$G\left( s \right) = K\frac{{1+\frac{s}{{\alpha a}}}}{{1+\frac{s}{a}}}$

Für die Darstellung in der komplexen Ebene lässt sich die Funktion wie folgt zerlegen:

$z = x+r \cdot {e^{j\varphi }}$
rt-u01-komplexe-ebene

$\quad \Rightarrow \quad G\left( s \right) = {u_M}+\rho \frac{{1-\frac{s}{a}}}{{1+\frac{s}{a}}} = \underbrace {\frac{K}{2}\left( {1+\frac{1}{\alpha }} \right)}_{{u_M}}+\underbrace {\frac{K}{2}\left( {1-\frac{1}{\alpha }} \right)}_\rho \frac{{1-\frac{s}{a}}}{{1+\frac{s}{a}}}$

$G\left( {j\omega } \right) = \frac{K}{2}\left( {1+\frac{1}{\alpha }} \right)+\frac{K}{2}\left( {1-\frac{1}{\alpha }} \right)\underbrace {\frac{{1-\frac{{j\omega }}{a}}}{{1+\frac{{j\omega }}{a}}}}_{\left| \ldots \right| = 1}$

$\sphericalangle = -\arctan \frac{\omega }{a}-\arctan \frac{\omega }{a} = -2\arctan \frac{\omega }{a}$

rt-u01-nyquist-ortskurven-2

Hier kann man erkennen, dass es sich um einen Allpass handelt, der für alle Frequenzen immer einen Amplitudengang von 1 hat und sich um 180° dreht.

e) Sprungantworten

Wir kommen nun zu den Sprungantworten. Für die Laplace-Transformierte der Ausgangsfunktion gilt:

$Y\left( s \right) = G\left( s \right) \cdot U\left( s \right) = k \cdot \frac{{s+\alpha a}}{{s+a}} \cdot \frac{1}{s}$

Wir führen nun eine Partialbruchzerlegung durch:

Erinnerung an Steuer- und Regelungstechnik:

Regel für einfache Polstellen:

$F\left( s \right) = \frac{{Z\left( s \right)}}{{\prod\limits_{i = 1}^n {\left( {s-{p_i}} \right)} }} = \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{R_i}}}{{s-{p_i}}}} \quad ,\quad {R_i} = {\left. {\left( {s-{p_i}} \right)F\left( s \right)} \right|_{s = {p_i}}}$

(siehe SRT: Ü3)

$Y\left( s \right) = \frac{{{C_1}}}{s}+\frac{{{C_2}}}{{s+a}}$

${C_1} = {\left. {sY\left( s \right)} \right|_{s = 0}} = k\frac{{\alpha a}}{a} = k\alpha = K$

${C_2} = {\left. {\left( {s+a} \right)Y\left( s \right)} \right|_{s = -a}} = k \cdot \frac{{-a+\alpha a}}{{-a}} = k\left( {1-\alpha } \right) = k-K$

Die Rücktransformation in den Zeitbereich erfolg mit der bereits aus dem Modul Steuer- und Regelungstechnik bekannten Korrespondenztabelle (siehe SRT: Ü3):

$Y\left( s \right) \bullet - \circ y\left( t \right) = {C_1} \cdot 1\left( t \right)+{C_2}{e^{-at}} \cdot 1\left( t \right) = \left[ {k\alpha +k\left( {1-\alpha } \right){e^{-at}}} \right]1\left( t \right)$

Da meist klar ist, dass die Betrachtung erst für $t \geq 0$ beginnt, lassen wir das $1\left( t \right)$ weg:

$\Rightarrow \quad y\left( t \right) = k\alpha +k\left( {1-\alpha } \right){e^{-at}} = K+\left( {k-K} \right){e^{-at}}$

Wir prüfen nun, ob die beiden Grenzwerte überhaupt existieren:

Endwertsatz: $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } y\left( t \right) = K\mathop = \limits^! \mathop {\lim }\limits_{s \to 0} sY\left( s \right) = \mathop {\lim }\limits_{s \to 0} G\left( s \right) = K$

Anfangswertsatz: $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} y\left( t \right) = k\mathop = \limits^! \mathop {\lim }\limits_{s \to \infty } sY\left( s \right) = \mathop {\lim }\limits_{s \to \infty } G\left( s \right) = k$

Die beiden Grenzewerte existieren also im Zeitbereich und gelten daher auch im Bildbereich. Wir dürfen sie deshalb verwenden.

Für die beiden Systeme ergibt sich somit:

$a = 1,\quad \alpha = \frac{1}{7},\quad k = 2\quad \Rightarrow \quad y\left( t \right) = \frac{2}{7}+\frac{{12}}{7}{e^{-t}} = \frac{2}{7}\left( {1+6{e^{-t}}} \right)$

$a = 1,\quad \alpha = 7,\quad k = 2\quad \Rightarrow \quad y\left( t \right) = 14-12{e^{-t}} = 2\left( {7-6{e^{-t}}} \right)$

Hier noch ein Beispiel für das gegebene System mit Sprungantworten für verschiedenen α-Werte (K=1, a=1):

rt-u01-ausgangsfunktion

f) Zerlegung des Systems

Jedes nicht phasenminimale System lässt sich als Reihenschaltung eines reinen Allpasses (phasendrehendes Glied) und eines phasenminimalen Systems darstellen:

$G\left( s \right)\quad = \quad \underbrace {\frac{{s-b}}{{s+a}}\quad }_{nicht\:pm} = \quad \underbrace {\frac{{s+b}}{{s+a}}}_{pm}\quad \cdot \quad \underbrace {\frac{{s-b}}{{s+b}}}_{reiner\:Allpass}$

rt-u01-nicht-phasen-minimum-allpass-system

rt-u01-nicht-phasen-minimum-allpass-system-2

Für den reinen Allpass gilt:

${A_{All}}\left( \omega \right) = \left| {{G_{All}}\left( {j\omega } \right)} \right| = 1$

$\Delta {\varphi _{All}}\left( \omega \right) = \Delta \sphericalangle \left\{ {{G_{All}}\left( {j\omega } \right)} \right\} = -n\pi$

$27\:Pole\:\& \:27\:Nullstellen\quad \Rightarrow \quad 27\:\pi$

Zur Aufgabe:

$G\left( s \right) = \frac{{s-b}}{{s+a}} = \frac{{s+b}}{{s+a}} \cdot \frac{{s-b}}{{s+b}}$

$\quad \Rightarrow \quad G\left( s \right) = \frac{{s+\alpha a}}{{s+a}} = \frac{{s-3}}{{s+1}} = \frac{{s+3}}{{s+1}} \cdot \frac{{s-3}}{{s+3}}$

Als Blockschaltbild ergibt sich somit:

rt-u01-blockschaltbild

Die Realisierung dieses Systems könnte wie folgt aussehen:

rt-u01-realisierung-blockschaltbild

Dabei würde gelten:

$G = k\frac{{s+\alpha a}}{{s+a}} = \frac{y}{u}\quad ,\quad y = x+uk\quad ,\quad \hat x = uk\alpha a-ay$

Dies ist ein typisches System mit Allpass-Charakter. Daran, dass ein $ku$ am Integrierer vorbei geht, sehen wir, dass das System eine Nullstelle hat.

Im Bodediagramm sieht die Zerlegung wie folgt aus:

Amplitude:

${\left| {G\left( s \right)} \right|_{dB}} = {\left| {\frac{{j\omega -3}}{{j\omega +1}}} \right|_{dB}} = {\left| {\frac{{j\omega +3}}{{j\omega +1}}} \right|_{dB}}+\underbrace {{{\left| {\frac{{j\omega -3}}{{j\omega +3}}} \right|}_{dB}}}_{ = {{\left. 1 \right|}_{dB}} = 0\:dB}$

Phase:

Erinnerung: In Teilaufgabe a), Fall 4 galt für die Nullstelle rechts vom Ursprung (allpasshaltiges Glied):
rt-u01-zeigerdarstellung-allpasshaltiges-glied-2

rt-u01-bodediagramm-allpasshaltiges-glied

Bei Kenntnis des Phasenverlaufs des nichtminimalen Gesamtsystems lässt sich der Phasenverlauf des Phasenminimum-Systems ermitteln:

$G\left( {j\omega } \right) = {G_{Ph}}\left( {j\omega } \right) \cdot {G_A}\left( {j\omega } \right)$

$\quad \Rightarrow \quad G\left( {j\omega } \right) = \left| {{G_{Ph}}\left( {j\omega } \right)} \right|{e^{j\omega {\varphi _{Ph}}}} \cdot \underbrace {\left| {{G_A}\left( {j\omega } \right)} \right|}_{ = 1}{e^{j\omega {\varphi _A}}}$

$\quad \Rightarrow \quad G\left( {j\omega } \right) = \left| {{G_{Ph}}\left( {j\omega } \right)} \right|{e^{j\omega \left( {{\varphi _{Ph}}+{\varphi _A}} \right)}} = \left| {{G_{Ph}}\left( {j\omega } \right)} \right|{e^{j\omega \varphi }}$

$\quad \Rightarrow \quad \varphi = {\varphi _{Ph}}+{\varphi _A}$

$\quad \Rightarrow \quad \underline{\underline {{\varphi _{Ph}} = \varphi -{\varphi _A}}}$

Das heißt also, die Phase des Phasenminimum-Systems ist die Differenz aus der Phase des nicht phasenminimalen Systems und der des Allpasses.

$\mathcal{J}\mathcal{K}$

4 Kommentare zu “U 01 – Nyquist-Orstkurve, Bodediagramm”

Anmerkung

07. 03. 11 at 11:56 am

Ein paar Dinge, die mir aufgefallen sind:

1. Unter b) sollte in allen Zeigerdarstellungen das grün hinterlegte (omega <= 0 < unendlich) in (0 <= omega 0 und im Fall 2 in Phi2<0 geändert werden

3. Unter d) in der zweiten Nyquist Ortskurve ist K=14 (und nicht 12)

4. Unter f) ist in der ersten Darstellung die Einzeichnung von Phi(Lambda) = Phi(Pol) falsch. Der Phasenverlauf mit Pol in linker Halbebene muss an der Phi=0 Achse gespiegelt werden. Dann sieht man auch optisch direkt den Zusammenhang Phi(nicht phasenminimal) = Phi (N) – Phi (P). Ich weiß ihr könnt nichts dafür, weil dies Teil der Institut Musterlösung ist, aber vielleicht könnt ihr ja ne neue Grafik einfügen.

Ansonsten super Arbeit – weiter so!!!

07. 03. 11 at 2:29 pm

Danke auf jeden Fall für die Korrekturen!
Zu 1: Die Bilder waren natürlich falsch und wurden korrigiert. Aber wo sollte im Fall 2 ein

$\varphi_2 < 0$

hin?
Zu 3: korrigiert
Zu 4: korrigiert

Anmerkung

07. 03. 11 at 2:50 pm

Da ist wohl was verschwunden. Der 2. Punkt des Kommentars fehlt ja fast vollständig.
Also nochmal zur Info:

2. unter d) genau über den Nyquist Ortskurven müssen für Phi1 und Phi 2 die > und < Zeichen vertauscht werden.

\underline{\underline {{\varphi _1}\left( {0 < \omega_0}}
\underline{\underline {{\varphi _2}\left( {0 < \omega < \infty } \right) < 0}}

07. 03. 11 at 9:42 pm

Ahh, jetzt weiß ich auch was gemeint war. Stimmt, das war natürlich falsch! Hab’s korrigiert, danke!

Mathematical Engineering

U 01 – Nyquist-Orstkurve, Bodediagramm

Lösung

a) Analytische Berechnung von Betrag und die Phase des Frequenzgangs G(jω)

b) Diskussion des Phasenverlaufs

c) Bode-Diagramm

d) Nyquist-Ortskurven / Ortskurvendarstellung des Frequenzgangs in der komplexen Ebene

e) Sprungantworten

f) Zerlegung des Systems

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