TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THƠNG VẬN TẢI TP. HỒ CHÍ MINH
KHOA ĐIỆN – ĐIỆN TỬ VIỄN THÔNG

BÁO CÁO MÔN HỌC
HỆ THỐNG ĐIỀU KHIỂN SỐ
BÀI TẬP NHÓM 8

Giảng viên hướng dẫn : TS. Nguyễn Thị Chính
Mã học phần: 010103311103
Nhóm sinh viên thực hiện:
1

Trần Tiến Anh

2051050064

TD20A

2

Nguyễn Minh Hiếu

2051050113

TD20A

3

Lê Minh Tuấn

2051050189

TD20D

4

Trần Anh Tuấn

2051050190

TD20D

5

Hứa Ngọc Anh

2051050061

TD20A

1951050064

TD19

6 Trần Lê Quang Hưng

TP. Hồ Chí Minh, tháng 11 năm 2023


Giải
a.

Phương trình đặc trưng của hệ thống: 1+G(z)=0

 1

 1

K
1
 G(s) 
1
1
G ( z )  (1  z 1 ) Z 
  (1  z ) Z 
  K (1  z ) Z 

s ( s  1)( s  6) 
s (s  1)( s  6) 
 s 


1
1
1

 K (1  z 1 ) Z  U (t )  e  t  e6t 
5
30
6



1
z
1
z
0.00146 z  0.00143
1 z

 .
 .
K
 K 1  z 1   .
0.01
6 x 0.01 
30 z  e
30.( z  0.99004).( z  0.94176)
 6 z 1 5 z  e


Phương trình đặc trưng:
Cực: p1  0.99004

1 K

0.00146 z  0.00143
0
30.( z  0.99004).( z  0.94176)

p2  0.94176

Zero: z1  0.9794

Tiệm cận:



(2l  1) (2l  1)

nm
2 1

  


OA 

 cuc   zero  (0.99004  0.94176)  (0.9794)  2.9112
nm

2 1

Điểm tách nhập:

K 


30.( z  0.99004).( z  0.94176)
30 z 2  57.954 z  27.9714

0.00146 z  0.00143
0.00146 z  0.00143


dK
30.(0.00146 z 2  0.00286 z  0.00412)

dz
(0.00146 z  0.00143) 2

Do đó

dK
0 
dz

 z1  0.965

 z2  2.923

Giao điểm của QĐNS với vòng tròn đơn vị
PTĐT 30.( z  0.99004).( z  0.94176)  K (0.00146 z  0.00143)  0

 30 z 2  (0.00146 K  57.954) z  (0.00143K  27.9714)  0 (*)
Dùng tiêu chuẩn Routh-Hurtwiz mở rộng:
Đổi biến z 

w 1
, (*) trở thành:
w 1
2

 w 1
 w 1 

 30 
  (0.00146 K  57.954) 
  (0.00143K  27.9714)  0
 w 1 
 w 1 

 0.0174w2  4.0572w  0.00289 w2 K  0.00003K  0.00286 wK  115.9254  0
Theo hệ quả của tiêu chuẩn Hurtwiz, điều kiện ổn định là:

0.0174  0.00289 K  0
 K  6.02


 4.0572  0.00286 K  0   K  1418.6 => Kgh = 1418.6
115.9254  0.00003K  0
 K  3864180


Thay Kgh = 1418.6 ta được

30 z 2  55.882 z  29.9999  0  z  0.9313  j 0.3640
Vậy giao điểm của QĐNS với vòng tròn đơn vị là:

z  0.9313  j 0.3640
Vẽ QĐNS dùng matlab:
Chương trình:
>>G=tf(1,[1 7 6])


>>G1=c2d(G,0.01,'zoh')

>>rlocus(G1); hold on
>> x=-1:0.1:1;
>> y=sqrt(1-x.^2)
>>plot(x,y,x,-y)


b. K=1 tìm hàm truyền hở, kín

G ( s) 

1
( s  1)( s  6)



1
z
1
z
1
z
 G (s) 

1
1  1
G ( z )  (1  z 1 ).Z 
 .
 .
  (1  z ).Z 
  (1  z )  .

0.01
6 x 0.01 
30 z  e
 s 
 6 z 1 5 z  e

 s ( s  1)( s  6) 
G( z) 

0.00146 z  0.00143
30.( z  0.99004).( z  0.94176)

0.00146 z  0.00143
G( z)
0.00146 z  0.00143
30.( z  0.99004).( z  0.94176)
Gk ( z ) 


2
0.00146 z  0.00143
1  G( z) 1 
30 z  2970148.25 z  2797140.21
30.( z  0.99004).( z  0.94176)

c. Tìm PTTT hệ rời rạc của hệ thống với K=1
Thành lập PTTT

G (s) 


C ( s)
1
1

 2
ER ( s ) ( s  1)( s  6) s  7 s  6

PTTT hệ liên tục hở theo phương pháp tọa độ pha


 
 x1 (t )    0 1   x1 (t )    0  e (t )
    6 7   x2 (t )  1  R
 x2 (t ) 

 x1 (t ) 
c(t )   0 1 

 x2 (t ) 
Ma trận quá độ

 1 0   0
1 
 ( s)  ( sI  A)   s 



  0 1   6 7  

1


1

 s7
 s 1 
 s  7 (1)   s ( s  7)  6
1

 


s  
6
s ( s  7)  6  6
6 s  7
 s ( s  7)  6

1

1

s ( s  7)  6 

s

s ( s  7)  6 

 1  6
1 
1

1 
1 


  

 
5(
s

1)
5(
s

6)
5(
s

1)
5(
s

6)




1
(t )     ( s )  
  6

6 
1
6 
1 
1 






  5( s  1) 5( s  6) 
 5( s  1) 5( s  6)  

 6  t 1 6 t
 5e  5e
 (t )  
  6 e  t  6 e 6 t
 5
5

1  t 1 6 t 
e  e 
 0.9997 0.00965
5
5
  Ad  
1  t 6 6 t 
0.0579 0.9321 


 e  e

5
5

  6  t 1 6 t
  5 e  5 e
Bd    (t ).Bdt    
6
6
0
0 
 e  t  e 6 t
  5
5
t

t

1  t 1 6 t 

e  e 
0  
5
5
 *   dt 
1
6
1
 e  t  e 6 t    



5
5
0.01

  e6t  e  t    e 6t  e t 
0.01  
  


5
5
    6t  t  dt    6t  t 
 e    6e  e 
0   6e
  

 
5
5

0

Cd  C   0 1
PTTT rời rạc mơ tả hệ kín

0.00005 



0.01364 


 x  k  1 T    Ad  Bd .Cd  x (kT )  Bd r ( kT )

c(kT )  Cd x (kT )
Với–

 0.9997 0.00965  0.00005 
 0.9997 0.0096 

. 0 1  



 0.0579 0.9321  0.01364 
 0.0579 0.91846 

 Ad  Bd .Cd   

Vậy PTTT rời rạc mơ tả cần tìm:

 x1  k  1   0.9997 0.0096   x1  k   0.00005 




 r (k )
 x2  k  1   0.0579 0.91846   x2  k   0.01364 
 x1  k  

C (k )  0 1 

 x2  k  

d. Tính đáp ứng của hệ thống với ngõ vào là hàm bậc thang. K = 0, 1, 2, 3, 4, 5, . . . 10

G( z) 

0.00146 z  0.00143
0.00146 z  0.00143
0.00146 z 1  0.00143 z 2


30.( z  0.99004).( z  0.94176) 30 z 2  57.954 z  27.9714 30  57.954 z 1  27.9714 z 2

G( z) 

C( z)
0.00146 z 1  0.00143 z 2

R ( z ) 30  57.954 z 1  27.9714 z 2

 C ( z )(30  57.954 z 1  27.9714 z 2 )  R( z )(0.00146 z 1  0.00143 z 2 )
 30.C ( z )  57.954.C ( z ) z 1  27.9714.C ( z ). z 2  0.00146.R( z ).z 1  0.00143.R ( z ).z 2
 30.c(k )  57.954.c( k  1)  27.9714.c( k  2)  0.00146.r ( k  1)  0.00143.r (k  2)
 30.c(k )  57.954.c( k  1)  27.9714.c( k  2)  0.00146.r ( k  1)  0.00143.r (k  2)
 c(k )  1.9318.c( k  1)  0.9323.c( k  2) 

0.00146
0.00143

.r ( k  1) 
.r ( k  2)
30
30

+Thay k=0 (điều kiện đầu bằng 0)
=> c(0)  1.9318.c( 1)  0.9323.c( 2) 

=> c(0)  1.9318.0  0.9323.0 

0.00146
0.00143
.r ( 1) 
.r ( 2)
30
30

0.00146
0.00143
.0 
.0
30
30


+ Thay k=1

0.00146
0.00143
.r (0) 

.r ( 1)
30
30
=>
0.00146
0.00143
0.00146
c(1)  1.9318.0  0.9323.0 
.1 
.0 
30
30
30
c(1)  1.9318.c(0)  0.9323.c(1) 

+ Thay k=2

0.00146
0.00143
.r (1) 
.r (0)
30
30
0.00143
0.00146
0.00143
c(2)  1.9318.
 0.9323.0 
.1 
.1  0.000187

30
30
30
c(2)  1.9318.c(1)  0.9323.c (0) 

+ Thay k=3

0.00146
0.00143
.r (2) 
.r (1)
30
30
0.00146 0.00146
0.00143
c(3)  1.9318 * 0.000187  0.9323*

*1 
*1  0.000413
30
30
30
c(3)  1.9318.c(2)  0.9323.c(1) 

+ Thay k= 4

0.00146
0.00143
.r (3) 
.r (2)

30
30
0.00146
0.00143
c (4)  1.9318 * 0.000413  0.9323* 0.000187 
*1 
*1  0.000845
30
30
c (4)  1.9318.c(3)  0.9323.c (2) 

+ Thay k=5

0.00146
0.00143
.r (4) 
.r (3)
30
30
0.00146
0.00143
c (5)  1.9318 * 0.000845  0.9323* 0.000413 
*1 
*1  0.00538
30
30
c (5)  1.9318.c(4)  0.9323.c (3) 

Vậy c(k)={0;


0.00146
; 0.000187 ; 0.000413; -0.000845; -0.00538} với K=(0;1;2;3;4;5)
30


Giải
Ta có PTDT:
𝐹(𝑧) = 𝑧 + 2,6𝑧 − 0,56𝑧 − 2,05𝑧 + 0,0775𝑧 + 0,35

Đổi biến: z=
=>F(z)=

+ 2,6

− 0,56

− 2,05

+ 0,0775

+ 0,35

Quy đồng ta được phương trình theo w :
1,4175𝑤 + 12,3075𝑤 + 24,075𝑤 − 1,525𝑤 − 3,8925𝑤 − 0,3825 = 0
Bảng Routh :

𝑤

1,4175


24,075

-3,8925

𝑤

12,3075

-1,525

-0,3825

𝑤

-3,892524,075 −

𝑤
𝑤
𝑤

−1.525 −

-3,87-

,
,

,
,


,
,

× (-0,3825)=-3,87

× (−1,525) =24,22

12,3075
× (−3,87) = 0,44
24,22

-0,3825

× (−0,3825) =17,18
-0,3825

 Vì các hệ số ở cột 1 đổi dấu nên Hệ Thống Không ổn định

0


Câu 3: Cho hệ thống hồi tiếp âm đơn vị

𝐺(𝑠) =

(

)(

)


và thời gian lấy mẫu 𝑇 = 0.05

Thiết kế bộ điều khiển số sao cho sai số xác lập bằng 0 đối với tín hiệu vào là hàm
nấc đơn vị; độ vọt lố nhỏ hơn 10%, và thời gian xác lập khoảng 1 giây.
GIẢI
a = 1,b = 6
TGXL = 1s
POT < 10%
𝐺(𝑍) = (1 − 𝑍

)𝑍(

𝐺(𝑍) = (1 − 𝑍

)𝑍(

𝐺(𝑍) = 𝐾(1 − 𝑍
𝐴 = 𝑏(1 − 𝑒

)

𝐺(𝑠)
)
𝑆

𝐾
)
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 6)
𝑍(𝐴𝑍 + 𝑏)

(𝑍 − 1)(𝑍 − 𝑒 )(𝑍 − 𝑒

) − 𝑎(1 − 𝑒

)

. ,

) − 1(1 − 𝑒

. ,

(1 − 𝑒

) − 𝑏. 𝑒
𝑎. 𝑏(𝑏 − 𝑎)

(1 − 𝑒

𝐴 = 6(1 − 𝑒

)

)

𝐴 = 0,001115
𝐵=
𝐵=

𝑎. 𝑒

1. 𝑒

. ,

(1 − 𝑒

𝐵 = 0,00099

. ,

) − 6. 𝑒
1.6(6 − 1)

. ,

)
(1 − 𝑒

. ,

)


=> 𝐺(𝑍) = 𝐾

(𝑍 − 1) 𝑍(0,001115𝑧 + 0,00099)
𝑍 (𝑍 − 1)(𝑍 − 0,95)(𝑍 − 0,74)
( ,

𝐺(𝑍) =


,

(

,

)(

,

)
)

P1  0.95
P2  0.74
z1  0.8878

Thiết kế bộ sớm pha
𝐺(𝑍) = 𝐾

𝑍 <𝑃

POT < 10% = exp

=>

.
√


2

≤ ln(0,1) = −2,3

=> 1,36𝜀 >

1− 𝛿

=> 1,85𝜀 > 1 − 𝛿
=> 2,85𝜀 > 1
=> 𝜀 > 0,59 𝑐ℎọ𝑛 𝜀 = 0,707
Tiêu chuẩn 5% Tdd = 1s
𝑇𝑞𝑑 =

3
3
=> 𝑊 =
𝜀. 𝑊
1. 𝜀

𝑊 = 4,24 => 𝑐ℎọ𝑛 𝑊 = 8 𝑟𝑎𝑑/𝑠
Cận cực phức

𝑟=𝑒

. .

=𝑒

𝜑 = 𝑡. 𝑊𝑛 .

𝜑 = 0,05.8.

,

. ,

.

= 0,7536

2
2


𝜑 = 0,2828
± 𝜑

,

± 0,2828

,

± 𝑗0.21028

,
( ,
(

,

,

)(

,

)
)


*  1800  ( 1   2 )   3  44.117 0
0.21028
 137.107 0
0.95  0.72366
0.21028
 2  1800  arctan
 94.440
0.74  0.72366
0.21028
 3  arctan
 7.430
0.8878  0.72366

1  1800  arctan

 Z c  0.74
 Z c  0.74
sin *
AB  PB.
sin( PAB)

PB 

 0.74  0.72366 

2

 0.210282  0.2109

PAB   2  *  94.44  44.117   50.323
 AB  0.19
 PC  OA  OB  AB  0.74  0.19  0.54
 PC  0.54
 GC ( z )  K C .

Tính Kc

z  0.74
z  0.54


GC ( z ).G ( z ) z  z*  1
1,2

 KC .

z  0.74 0.00115 z  0.00099
.
1
z  0.55 ( z  0.95)( z  0.74) z  z1,2*


 K C . 0.0215  j 0.00045  1
 K C .0.021  1
 K C  47.61
z  0.74
 Gc ( z )  47.61.
z  0.55