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フィードバック制御系の外乱定常偏差と補償器による速応性改善

PID
第二種電気主任技術者 2007年度 機械・制御 問4

図のようなフィードバック制御系について，次の問に答えよ。ただし，R(s) R \left( s \right) は目標値，D(s) D \left( s \right) は外乱，Y(s) Y \left( s \right) は制御量，E(s) E \left( s \right) は偏差とする。また，数値で答える場合には，小数点以下3 3 けた目を四捨五入した2 2 けたとする。

問題図
(1)　R(s)=0 R(s) = 0 ，C(s)=K C(s) = K のとき，外乱D(s) D \left( s \right) の時間関数がランプ関数d(t)=2t d \left( t \right) =2t で与えられる場合の定常速度偏差を求めよ。
(2)　C(s)=K C(s) = K のとき，閉ループ系の安定性の指標の一つである減衰定数ζ \zeta を0.8 0.8 に設定するためのK K の値を求めよ。
(3)　C(s)=A⋅s+10.1s+1 \displaystyle C(s)=A\cdot \frac {s+1}{0.1s+1} の場合について，R(s) R \left( s \right) からY(s) Y \left( s \right) までの閉ループ伝達関数を求めよ。
(4)　上記(3)をC(s) C \left( s \right) を用いた閉ループ系の減衰定数ζ \zeta が0.8 0.8 になるようなA A の値を求めよ。このとき，上記(2)の場合と比較して閉ループ系の固有角周波数を求めることにより速応性はどのくらい変化したかを説明せよ。

解説

本問は、典型的な2次フィードバック制御系における「定常偏差（最終値の定理）」「2次遅れ系の標準形（減衰定数 ζ\zeta と固有角周波数 ωn\omega_n）」「直列補償器（進み補償）による速応性の改善」を総合的に問う良問です。

【本問で用いる基本概念・公式】

  • ブロック線図の基本関係式： E(s)=R(s)−Y(s)E(s) = R(s) - Y(s) Y(s)=1s(s+1)U(s)+D(s)=C(s)s(s+1)E(s)+D(s)Y(s) = \frac{1}{s(s+1)} U(s) + D(s) = \frac{C(s)}{s(s+1)} E(s) + D(s)
  • 最終値の定理（定常値の計算）： lim⁡t→∞e(t)=lim⁡s→0sE(s)\lim_{t \to \infty} e(t) = \lim_{s \to 0} s E(s)
  • 2次遅れ系の標準形と特性多項式： s2+2ζωns+ωn2=0s^2 + 2\zeta \omega_n s + \omega_n^2 = 0 （ζ\zeta：減衰定数、ωn\omega_n：固有角周波数）
    減衰定数 ζ\zeta が一定のとき、固有角周波数 ωn\omega_n に比例して系の応答速度が向上（立ち上がり時間や整定時間が 1ωn\frac{1}{\omega_n} に比例して短縮）します。

(1) 定常速度偏差の導出

条件として R(s)=0R(s) = 0、C(s)=KC(s) = K が与えられています。ブロック線図より、各信号の関係式を立てます。

U(s)=KE(s)U(s) = K E(s) Y(s)=1s(s+1)U(s)+D(s)=Ks(s+1)E(s)+D(s)Y(s) = \frac{1}{s(s+1)} U(s) + D(s) = \frac{K}{s(s+1)} E(s) + D(s) E(s)=R(s)−Y(s)=0−Y(s)=−Y(s)E(s) = R(s) - Y(s) = 0 - Y(s) = -Y(s)

これらより、E(s)E(s) について整理します。

E(s)=−{Ks(s+1)E(s)+D(s)}E(s) = -\left\{ \frac{K}{s(s+1)} E(s) + D(s) \right\} {1+Ks(s+1)}E(s)=−D(s)\left\{ 1 + \frac{K}{s(s+1)} \right\} E(s) = -D(s) s(s+1)+Ks(s+1)E(s)=−D(s)  ⟹  E(s)=−s(s+1)s(s+1)+KD(s)\frac{s(s+1) + K}{s(s+1)} E(s) = -D(s) \implies E(s) = -\frac{s(s+1)}{s(s+1) + K} D(s)

外乱 d(t)=2td(t) = 2t（ランプ関数）のラプラス変換は D(s)=2s2D(s) = \dfrac{2}{s^2} であるため、

E(s)=−s(s+1)s2+s+K⋅2s2=−2(s+1)s(s2+s+K)E(s) = -\frac{s(s+1)}{s^2 + s + K} \cdot \frac{2}{s^2} = -\frac{2(s+1)}{s(s^2 + s + K)}

閉ループ系が安定（K>0K > 0）であるとき、最終値の定理を適用して定常偏差 e(∞)e(\infty) を求めます。

e(∞)=lim⁡s→0sE(s)=lim⁡s→0{−2(s+1)s2+s+K}=−2(0+1)02+0+K=−2Ke(\infty) = \lim_{s \to 0} s E(s) = \lim_{s \to 0} \left\{ -\frac{2(s+1)}{s^2 + s + K} \right\} = -\frac{2(0 + 1)}{0^2 + 0 + K} = -\frac{2}{K}

（※目標値が 00 に対し正の外乱が加わるため制御量 YY は正となり、偏差 E=−YE = -Y は負の値となります。大きさとして答える場合は 2K\dfrac{2}{K} です。）

答案としての解答：

−2K(大きさとしては 2K)-\frac{2}{K} \quad \left( \text{大きさとしては } \frac{2}{K} \right)

(2) 減衰定数 ζ=0.8\zeta = 0.8 とするための KK の値

C(s)=KC(s) = K、外乱 D(s)=0D(s) = 0 としたときの目標値 R(s)R(s) から制御量 Y(s)Y(s) までの閉ループ伝達関数 W(s)W(s) は、

W(s)=Ks(s+1)1+Ks(s+1)=Ks2+s+KW(s) = \frac{\dfrac{K}{s(s+1)}}{1 + \dfrac{K}{s(s+1)}} = \frac{K}{s^2 + s + K}

この系の特性多項式 s2+s+Ks^2 + s + K を、2次系の標準形 s2+2ζωns+ωn2s^2 + 2\zeta \omega_n s + \omega_n^2 と係数比較します。

{2ζωn=1ωn2=K  ⟺  ωn=K\begin{cases} 2\zeta \omega_n = 1 \\ \omega_n^2 = K \iff \omega_n = \sqrt{K} \end{cases}

問題の指定より減衰定数 ζ=0.8\zeta = 0.8 を代入すると、

2×0.8×K=1  ⟹  1.6K=12 \times 0.8 \times \sqrt{K} = 1 \implies 1.6 \sqrt{K} = 1 K=11.6=0.625\sqrt{K} = \frac{1}{1.6} = 0.625 K=(0.625)2=0.390625K = (0.625)^2 = 0.390625

指定の丸め（小数点以下3けた目を四捨五入して2けた）を行います。

K=0.39K = 0.39

(3) 直列補償器変更時の閉ループ伝達関数の導出

直列補償器が C(s)=A⋅s+10.1s+1C(s) = A \cdot \dfrac{s+1}{0.1s+1} のとき、一巡伝達関数（開ループ伝達関数）は、制御対象の分子・分母の極零相殺 (s+1)(s+1) を考慮すると、

C(s)⋅1s(s+1)=A⋅s+10.1s+1⋅1s(s+1)=As(0.1s+1)C(s) \cdot \frac{1}{s(s+1)} = A \cdot \frac{s+1}{0.1s+1} \cdot \frac{1}{s(s+1)} = \frac{A}{s(0.1s+1)}

したがって、目標値 R(s)R(s) から制御量 Y(s)Y(s) までの閉ループ伝達関数 W(s)=Y(s)R(s)W(s) = \dfrac{Y(s)}{R(s)} は、

W(s)=As(0.1s+1)1+As(0.1s+1)=As(0.1s+1)+A=A0.1s2+s+AW(s) = \frac{\dfrac{A}{s(0.1s+1)}}{1 + \dfrac{A}{s(0.1s+1)}} = \frac{A}{s(0.1s+1) + A} = \frac{A}{0.1s^2 + s + A}

最高次係数を 11 に整理するため分母・分子に 1010 を掛けると、

W(s)=10As2+10s+10A(または A0.1s2+s+A)W(s) = \frac{10A}{s^2 + 10s + 10A} \quad \left( \text{または } \frac{A}{0.1s^2 + s + A} \right)

(4) ζ=0.8\zeta = 0.8 となる AA の値と速応性の変化

① AA の決定：

(3)で求めた特性多項式 s2+10s+10As^2 + 10s + 10A を標準形 s2+2ζωns+ωn2s^2 + 2\zeta \omega_n s + \omega_n^2 と比較します。

{2ζωn=10ωn2=10A\begin{cases} 2\zeta \omega_n = 10 \\ \omega_n^2 = 10A \end{cases}

ζ=0.8\zeta = 0.8 を代入すると、

2×0.8×ωn=10  ⟹  1.6ωn=102 \times 0.8 \times \omega_n = 10 \implies 1.6 \omega_n = 10 ωn=101.6=6.25 [rad/s]\omega_n = \frac{10}{1.6} = 6.25\ [\text{rad/s}]

これを ωn2=10A\omega_n^2 = 10A に代入して AA を求めます。

10A=(6.25)2=39.0625  ⟹  A=3.9062510A = (6.25)^2 = 39.0625 \implies A = 3.90625

小数点以下3けた目を四捨五入して、

A≈3.91A \approx 3.91

② 速応性の変化の比較：

  • (2)の場合の固有角周波数：ωn1=0.625 [rad/s]\omega_{n1} = 0.625\ [\text{rad/s}] （∵K=0.625\because \sqrt{K} = 0.625）
  • (4)の場合の固有角周波数：ωn2=6.25 [rad/s]\omega_{n2} = 6.25\ [\text{rad/s}]

2つの固有角周波数の比を取ると、

ωn2ωn1=6.250.625=10\frac{\omega_{n2}}{\omega_{n1}} = \frac{6.25}{0.625} = 10

両者ともに減衰定数は ζ=0.8\zeta = 0.8 で同一であるため、ステップ応答の減衰の形（オーバーシュート率など）は同じまま、時間軸が 110\dfrac{1}{10} に短縮されます。したがって、固有角周波数が10倍となり、速応性は10倍に向上（改善）しています。

答案としての解答：

A=3.91A = 3.91
固有角周波数は (2)の ωn=0.625 rad/s\omega_{n} = 0.625\text{ rad/s} から ωn=6.25 rad/s\omega_{n} = 6.25\text{ rad/s} と 1010 倍になり、同じ減衰定数（ζ=0.8\zeta = 0.8）のもとで速応性は 1010 倍に向上（応答時間が 1/101/10 に短縮）した。

【総括と重要ポイント】

  • (1) 外乱に対する定常偏差：目標値 R=0R=0 のもとで外乱 D(s)D(s) から E(s)E(s) への伝達関数を正しく立て、最終値の定理 lim⁡s→0sE(s)\lim_{s\to 0} sE(s) を適用します。符号の反転に注意しましょう。
  • (2)〜(4) 補償器と速応性の改善：直列補償器 C(s)=As+10.1s+1C(s) = A\dfrac{s+1}{0.1s+1}（位相進み補償器の構成）を挿入することで、プラントの遅れ極 (s+1)(s+1) を打ち消し、より時定数の小さい進んだ極 (0.1s+1)(0.1s+1) に置き換えています。これにより、減衰定数 ζ=0.8\zeta = 0.8 を保ったまま固有角周波数を10倍に引き上げ、大幅な高速応答化を達成できるという制御工学の重要な設計例です。