Del 1. En klassiker, og en litt mer utfordrende

Inst. for teknisk kybernetikk TELE2001 Reguleringsteknikk Øving 4, løsningsforslag Revidert sist Fredrik Dessen 2017-10-12 Del 1. En klassiker, og en litt mer utfordrende Du skal her finne overføringsfunksjonen representert ved to ganske enkle sprangresponser. I alle slike oppgaver legger jeg vekt på begrunnelser og opptegninger. Skriv ut vedleggene, gjør påføringer og scann inn igjen. Oppgave 1.1. Den første er en klassiker. Studer figur A4.1 i vedlegg 1. Finn overføringsfunksjonen ved hjelp av manuelle, grafiske metoder. Røde opptegninger i figur A4.1. Responsen starter ved tiden t = τ = 0,4. Dette tilsvarer transportforsinkelsen. Stigningen øker brått fra null til noe annet ved dette tidspunktet. Stigningen avtar gradvis, og kurven ser ut til å stabilisere seg ved en bestemt verdi. Dette tyder på at det er snakk om et første ordens system med forsinkelse, og at overføringsfunksjonen er på formen h(ss) = KK 1 + TTTT ee ττττ Antar at responsen omtrent har stabilisert seg ved t = 18, og kommer til å bli liggende på verdien x( ) = 7. Siden det er snakk om et enhetssprang, er altså K = 7. Tidskonstanten T finnes ved på stedet hvor kurven har steget til 0.63 7 = 0.63 67 mm = 42,2 mm. Her har jeg altså gått over til å regne i målte millimeter i stedet for i figurens skala. Dette skjer 24,7 mm (horisontalt) etter t = τ. Dermed antar vi at T = 3 sek. KK = 7 ; TT = 3 sek ; ττ = 0,4 sek Verifikasjon: Det er vist i grønt hvordan man ser at tangenten ved 63%-punktet skjærer sluttverdien ved t = τ + 2T. Dette er som det skal være. Antagelsen om at transienten har dødd ut ved t = 18 stemmer også, siden 18 sekunder tilsvarer 6 tidskonstanter. Oppgave 1.2. Den andre krever litt mer omtanke. Utfordringen ligger i at responsen ikke er helt ferdig med å stige, så du må prøve deg fram litt for å få omtrent riktig sluttverdi. Studer figur A4.2 i vedlegg 1. Finn overføringsfunksjonen ved hjelp av manuelle, grafiske metoder. Det ser ut til at det er snakk om et første ordens system med forsinkelse som i forrige oppgave. Som i forrige oppgave ser vi greit at forsinkelsen blir τ = 1,35. Første antagelse er tegnet i grønt i figur A4.2. Det er antatt at responsen stabiliserer seg på x( ) = 3,5 = 60,8 mm. Tidspunktet hvor kurven har igjen 0,37 x( )= 22,5 mm er markert ved τ + T. En tidskonstant lenger ut (markert ved τ + 2T) skal vi ha igjen

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 2 0,37 2 x( ) = 8,3 mm til sluttverdien. Dette stemmer ikke. Kurven ligger litt lavere enn dette. Andre antagelse er tegnet i rødt. Sluttverdien er senket ørlite mer enn feilen vi gjorde i første forsøk. Det er antatt at responsen stabiliserer seg på x( ) = 3,3 = 57 mm. Tidspunktet hvor kurven har igjen 0,37 x( ) = 21,1 mm er markert ved τ + T. En tidskonstant lenger ut (markert ved τ + 2T) skal vi ha igjen 0,37 2 x( )= 7,8 mm til sluttverdien. Dette stemmer svært bra. Tidskonstanten måles til 50 mm, tilsvarende 4,95 sek. Oppsummert: KK = 3,3 ; TT = 4,95 sek ; ττ = 1,35 sek Verifikasjon: Det er sjekket med linjal at tangenten ved 63%-punktet skjærer sluttverdien ved t = τ + 2T. Dette er ikke vist, men se forrige oppgave. Del 2. Annenordens system sprangrespons Anta overføringsfunksjonen h(ss) xx(ss) uu(ss) = KK (1 + TT 1 ss)(1 + TT 2 ss) ee ττττ Dette er den generiske ligningen for et 2. ordens system med reelle poler. Oppgave 2.1. Sett i første omgang inn tallverdiene KK = 3, TT 1 = 0,5, TT 2 = 6 og ττ = 0,5. Prosessen utsettes for pådraget u = 2 fra tiden t = 0. Bruk invers Laplace-transformasjon til å lage et uttrykk for utgangen xx(tt) som en funksjon av tid. Skriv opp bokstavuttrykk, og sett til slutt inn tall. Laplace-transformert av sprangresponsen blir KK xx(ss) = h(ss)uu(ss) = (1 + TT 1 ss)(1 + TT 2 ss) uu ss ee ττττ Vi gjenkjenner dette fra forelesningsnotatene, og skriver opp responsen som funksjon av tid: xx(tt) = KKKK 1 + TT 1 ee tt ττ TT 1 TT 2 ee tt ττ TT 2 TT 2 TT 1 TT 2 TT 1 Innsatt tallverdier får vi: xx(tt) = 6 1 12 tt 0,5 11 ee 6 + 1 11 ee tt 0,5 Oppgave 2.2. Nå er det meningen du skal tegne godt med hjelpelinjer. Det lønner seg å starte med konstantleddet og den største tidskonstanten. Disponer også tidsskalaen bra. Antagelig passer det å gi plass til 2-3 forløp av den største tidskonstanten.

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 3 Tegn opp for hånd hvordan xx(tt) utvikler seg. Det er ikke så dumt å tegne opp de langsomme forløpene først og kanskje aller først stasjonærverdien. Deretter kan man legge til forløp som kommer til å forsvinne. Stasjonærverdien kommer til å bli 6. Tegner opp denne linjen først. Stasjonærverdi pluss lengste tidskonstant gir xx 1 (tt) = 6 1 12 tt 0,5 6 11 ee Ved t = 0,5 får denne funksjonen startverdien x1 = -6(1/11). Dette blir en ganske vanlig første ordens respons. Så tegner vi separat den raskeste tidskonstanten som xx 2 (tt) = 6 1 11 ee tt 0,5 Ved t = 0,5 får denne funksjonen startverdien x1 = 6(1/11). Dette blir også en (nesten) vanlig første ordens respons, men uten konstantledd. Den dør derfor ut. Som vi ser er det snakk om en ganske liten, kortsiktig modifikasjon. Det er bare så vidt den blir med. Sluttresultatet er en funksjon som starter i null, med null stigning. Den bøyer seg gradvis opp, og legger seg etter hvert på responsen til den største tidskonstanten Oppgave 2.3. Gå nå over til tallverdiene KK = 3, TT 1 = 2, TT 2 = 6 og ττ = 0,5. Prosessen utsettes fortsatt for pådraget u = 2 fra tiden t = 0. Lag en separat figur. Tegn opp for hånd hvordan xx(tt) utvikler seg. Starter med å skrive opp funksjonsuttrykket igjen. Innsatt tallverdier får vi: Dette ommøbleres til xx(tt) = 6 3 1 ee tt 0,5 6 1 1 ee tt 0,5 2 2 2 xx(tt) = 6 1 3 2 ee tt 0,5 6 + 1 2 ee tt 0,5 2 Stasjonærverdien blir fortsatt 6. Tegner opp denne linjen først. Stasjonærverdi pluss lengste tidskonstant gir

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 4 xx 1 (tt) = 6 1 3 2 ee tt 0,5 6 Ved t = 0,5 får denne funksjonen startverdien x1 = -6(1/2). Bidraget fra den raskeste tidskonstanten blir xx 2 (tt) = 6 1 2 ee tt 0,5 2 Ved t = 0,5 får denne funksjonen startverdien x1 = 6(1/2). Denne dør ikke fullt så fort ut som den i forrige oppgave. Sluttresultatet er fortsatt en funksjon som starter i null, med null stigning. Den bøyer seg etterhvert opp, og legger seg på responsen til den største tidskonstanten Oppgave 2.4. (Frivillig) Lag samme sprangrespons i Matlab eller Simulink. Sammenlign. Skriv ut kurven. Prøv å gjøre det motsatte; altså, finn K, T1, T2 og τ ut fra sprangresponsen. Se dette i relasjon til oppgave 2.2 og 2.3. K = 3; T1 = 2; T2 = 6; tau = 0.5; u = 2; of33 = tf(k, conv([t1 1], [T2 1]), 'iodelay', tau); stepplot(of33*u, [0:0.1:20]); Selve utskriften er ikke tatt med. Du vil se at den blir likedan. Oppgave 2.5. Se på dette som en diskusjonsoppgave. Studer kap. 4.2.4 i læreboka. Anta at du har en sprangrespons som i fig. 4.10 og skal finne parametrene i overføringsfunksjonen. Denne sprangresponsen kommer selvfølgelig ikke med hjelpelinjer. Hvordan forstår du kapittelet spesielt figur 4.10? Kan du se hvordan man finner TT 1? Ser du flere alternativer så angi alle. Hvis du ikke ser noen kan du gjøre antagelser. Det står egentlig ingenting om hvordan man skal gjøre det. Figur 4.10 antyder at man skal trekke en tangent til responsen sannsynligvis den bratteste, selv om tegningen

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 5 ikke helt stemmer med det. Deretter finnes TT 1 fra skjæringspunktet med x = 0. Figur 4.12 indikerer at man tegner inn en førsteordens respons, og finner skjæringspunktet til denne. Det sies ikke noe om hvordan denne konstrueres, men man kan jo anta at den konstrueres ut fra 0,37 og 0,37 2 -punktene til den opprinnelige responsen. Dette er en type diskusjonsoppgave som du godt kan finne på eksamen. Det er ikke alltid det er klare svar, så du må venne deg til å vise hva du kan (innenfor rammen av spørsmålet), og å avgrense tiden du bruker. Oppgave 2.6. Referer i denne oppgaven til de to sprangresponsene du har tegnet. I løsningsforslaget tar jeg kopi av mine, og gjør flere påtegninger derfra. Hvis du så åpning for flere svar i forrige oppgave, så diskuter gjerne hvert enkelt av dem. Hvor godt blir estimatet av TT 1? Er det evt. snakk om over- eller underestimering? Svaret her avhenger av forrige oppgave. Jeg utforsker begge mine antagelser i figurene nedenfor. Her har jeg laget sort-hvitt utskrifter av figurene fra oppgave 2.2 og 2.3. Nye tilføyelser i rødt. De første to figurene viser metoden med bratteste tangent. Her underestimeres T1.

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 6 De to neste figurene viser metoden med innpassing av en førsteordens respons. Dette er litt vanskeligere, men er gjort ved å finne tidskonstanten som tiden T2 (i rødt) mellom 0,37 og 0,37 2, og deretter konstruere tangenten i startpunktet for å finne T1. Det fører både til over- og underestimering. Det ser for øvrig ut fra de få forsøkene vi har gjort som at den første metoden fungerer best når T1 << T2 mens den andre fungerer best når forskjellen ikke er så stor. Del 3. Frekvensresponser Her skal du analysere frekvensresponser. Husk å begrunne de antagelsene du gjør. Skriv ut vedleggene, og lag markeringer og hjelpelinjer i dem. Scann vedlegg med markeringer og legg dem ved besvarelsen. Oppgave 3.1. Studer Bode-diagrammet i vedlegg 2. Ut over selve kurvene er det gitt minimalt med informasjon om skala etc. Anta at diagrammet er tegnet i et 5 mm rutenett, med 50 mm per dekade både horisontalt og vertikalt. Anta også at skalaen for fase (vertikalt) er 10 grader per rute.

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 7 Finn overføringsfunksjonen som plottet representerer. Opptegninger i rødt i vedlegg 2. Vi ser at forsterkningen går mot en konstant verdi på 12 db og at fasen går mot null ved lave frekvenser. Ved høye frekvenser får amplitudekurven en stigning på -1, mens fasen går mot -90º. Dette tyder på at det er snakk om en første ordens prosess uten forsinkelse, altså: h 1 (ss) = KK 1 + TTTT K har vi allerede funnet som 12 db = 4. Tidskonstanten finner vi ved en, eller helst alle tre av følgende kriterier Fasen er -45º Amplituden har falt med 3 db Knekkfrekvensen skjæringspunktet mellom de to asymptotene Alle disse indikerer at tidskonstanten T = 10 23/50 = 2,9. Oppgave 3.2. Fortsett i Bode-diagrammet i vedlegg 2. Prosessen det er snakk om kobles i serie med en transportforsinkelse på 2,5 sekunder. Tegn opp den resulterende overføringsfunksjonen. Påtegninger i grønt i vedlegg 2. Overføringsfunksjonen blir seende slik ut h 2 (ss) = KK 1 + TTTT ee ττττ Forskjellen på de to er kun faseforskyvningen som skyldes forsinkelsen. Fasebidraget fra denne, som funksjon av frekvens er ee jjjjjj = φφ = ωωωω Dette fører f. eks. til et fasefall på 1 rad = 57º ved ωω = 1 = 0,4. Du får selv regne ut ττ fasefall ved andre frekvenser. Oppgave 3.3. Studer Bode-diagrammet i vedlegg 3. Her ser du ett amplitudeplott og to faseplott. Disse representerer nøyaktig to overføringsfunksjoner. Forklar hvordan dette har seg. Finn overføringsfunksjonen som tilsvarer forskjellen mellom de to. De to overføringsfunksjonene har samme amplitude men forskjellig fase. Vi ser at den ene fasekarakteristikken (antagelig) ikke faller lenger enn til -180º, mens den andre faller ubegrenset. Dette tyder på at den andre inneholder en forsinkelse, mens den første ikke gjør det. Overføringsfunksjonen som representerer forskjellen kan derfor sies å være forsinkelsen ee ττττ

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 8 Sammenhengen mellom frekvens, fase og forsinkelse har vi funnet tidligere som φφ = ee jjjjjj = ωωωω Vi finner faseforskyvning og for en gitt frekvens, og regner ut forsinkelsen fra ττ = φφ ωω Se opptegninger i grønt i vedlegg 3. Ved ωω = 4 rad/s leser vi av φφ = 46 (23 mm) og får ττ = φφ ωω = 46 180 ππ = 0,20 4 For å være sikre på at dette er en transportforsinkelse, og at det ikke er lurt inn f. eks. en Pade-approksimasjon i stedet, bør vi sjekke ved en frekvens til. Ved ωω = 1 rad/s leser vi av φφ = 11 (5,5 mm) og får ττ = φφ ωω = 11 180 ππ = 0,19 1 Svarene er like nok til at vi kan skylde på avlesningsfeil. Derfor ττ = 0,2. Oppgave 3.4. Vi fortsetter med Bode-plottet i vedlegg 3, men konsentrer oss om det med minst fall i fase, altså det som ikke ser ut til å falle lavere enn -180º. Uansett: Viktigste informasjonskilde er nå amplitudeplottet. Finn overføringsfunksjonen som tilsvarer dette Bode-plottet. Opptegninger i rødt i vedlegget. Den felles amplituden er konstant 14 db = 5 ved lave frekvenser. (Det står 15 db i vedlegget. Skrivefeil). Amplituden ser ut til å ha en stigning på -2 ved høye frekvenser. Dette tyder på en annenordens prosess. Begge fasene starter på 0º ved lave frekvenser. Fasen ser ut til å ville stoppe ved -180º. Dette tyder på en annenordens prosess uten forsinkelse. Siden forløpet ser ut til å være kraftig dempet står vi sannsynligvis overfor en prosess med reelle poler. KK h 3 (ss) = (1 + TT 1 ss)(1 + TT 2 ss) Her gjentas litt teori fra forelesningene: Overføringsfunksjonen over kan også skrives KK h 3 (ss) = 1 + 2ζ ss + ( ss ) ωω 0 ωω 2 0 Denne formen gjelder både for reelle og komplekskonjugerte poler, mens den første kun gjelder for reelle poler. Vi kan sammenligne uttrykkene for polene. For den siste formen finnes de som

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 9 ss = ωω 0 ζ ± ζ 2 1 Denne varianten gjelder for reelle poler, fordi den forutsetter at ζ 1. Det er greit. Fra den første formen vet vi at polene også kan representeres ved Da må jo ss = 1 TT 1 og ss = 1 TT 2 ωω 0 ζ + ζ 2 1 = 1 TT 1 og ωω 0 ζ ζ 2 1 = 1 TT 2 Som gir formlene som avslutter teoridelen: 1 TT 1 = ωω 0 ζ ζ 2 1 1 og TT 2 = ωω 0 ζ + ζ 2 1 Tilbake til løsningen: Vi kan altså finne de to tidskonstantene ved først å finne ωω 0 og ζ. Opptegninger i rødt for prosess uten forsinkelse. Ved frekvensen ωω 0 vil fasen ha falt til -90º. Dette gjelder både for reelle og komplekskonjugerte poler så lenge det ikke er noen forsinkelse. Ved denne faseverdien (-90º) leser vi av ωω 0 = 0,44 rad/s Det er også plausibelt at skjæringspunktet mellom amplitude-asymptotene for lave og høye frekvenser ligger ved denne frekvensen. Ved den samme frekvensen har amplituden falt 31 mm, altså 12,4 db = 0,24. Derfor, siden i flg. bok og forelesningsnotater h 3 (ωω 0 ) = KK 2ζ får vi ζ = KK 2 h 3 (ωω 0 ) = KK 2 KK 0,24 = 2,0833 og dermed KK = 5, TT 1 = 0,2557 0,44 = 0,58 og TT 2 = 3,9110 0,44 = 8,9 Den midterste delen av det asymptotiske plottet (der hvor stigningen er -1) finnes fra denne informasjonen. Opptegning fortsatt i rødt. Del 4. Karakteristisk ligning Anta en prosess med overføringsfunksjonen h 4 (ss) = 1 ss(1 + 5ss + 50ss 2 ) Denne skal til slutt reguleres med en PI-regulator med overføringsfunksjonen

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 10 Oppgave 4.1. h PPPP (ss) = KK PP 1 + TT ii ss TT ii ss Her kommer klassikeren med skissering av det regulerte systemet. Få også med overføringsfunksjonene ovenfor. Skisser Laplace-transformert blokkdiagram for det komplette systemet, altså med tilbakekobling og regulator. Få med, og beskriv, alle relevante signaler. De relevante signalene er r: settpunkt, y: måleverdi, e: reguleringsavvik og u: pådrag. Oppgave 4.2. Hva kan et karakteristisk polynom eller en karakteristisk ligning fortelle oss? Ligningen kan fortelle oss om et system er stabilt, og også litt om oppførselen til systemet, slik som båndbredde. Dette gjøres ved å studere løsningene av den karakteristiske ligningen. Et karakteristisk polynom p(s) er slik at ligningen p(s) = 0 er en karakteristisk ligning. Løsningene sies å være nullpunktene til polynomet. Ordet røtter brukes for øvrig både om løsningene på ligningen og om nullpunktene til polynomet. Oppgave 4.3. Anta nå at prosessen skal reguleres med PI-regulatoren. Sett opp karakteristisk polynom for systemet. Svaret skal være på standard polynomform. Det skal ikke settes inn tallverdier for regulatorparametrene. Her er den åpne sløyfens overføringsfunksjon KK pp (1 + TT ii ss) h oo (ss) = TT ii ss 2 (1 + 5ss + 50ss 2 ) Dermed får vi tt oo (ss) + nn oo (ss) = 0 KK pp (1 + TT ii ss) + TT ii ss 2 (1 + 5ss + 50ss 2 ) = 0 Denne er ikke på standard form. Nedenfor er det to godkjente former. Du kommer sikkert på flere.

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 11 Oppgave 4.4. KK pp + KK pp TT ii ss + TT ii ss 2 + 5TT ii ss 3 + 50TT ii ss 4 = 0 1 + TT ii ss + TT ii KK pp ss 2 + 5 TT ii KK pp ss 3 + 50 TT ii KK pp ss 4 = 0 Lag en Matlab-funksjon som tar proporsjonalforsterkning og integraltid som argumenter, og returnerer karakteristisk polynom som en vektor av koeffisienter. function poly = Ov4_44(Kp, Ti) poly = [50*Ti 5*Ti Ti Kp*Ti Kp]; end Denne kan f. eks. kalles med >> Ov4_44(10, 4) ans = 200 20 4 40 10 Oppgave 4.5. Utfordringen nå er å søke etter, finne og anvende riktig Matlab-funksjon. Når du har funksjonen fra forrige oppgave: Hvordan går du fram for å finne egenverdiene til den regulerte prosessen? Vi må finne røttene til polynomet vi nettopp har holdt på med. Til dette kan vi bruke funksjonen roots(). De to funksjonskallene kan slås sammen som nedenfor, og vi kan på den måten lett se hvordan egenverdiene til den regulerte prosessen avhenger av regulatorforsterkningen. >> roots(ov4_44(10, 4)) ans = 0.3264 + 0.5228i 0.3264-0.5228i -0.4766 + 0.0000i -0.2762 + 0.0000i Del 5. Ziegler og Nichols metode (FRIVILLIG DEL) Dette er en frivillig fortsettelse av forrige oppgavedel. Når du først har kommet så langt, anbefales det at du utfører denne siste delen også. Svært lite arbeid i forhold til en mulig aha-opplevelse. Du har lært hvordan Ziegler og Nichols metode benyttes til å finne kritisk forsterkning og -periodetid. Også i Matlab kan du eksperimentere med forsterkningen til du når stabilitetsgrensen. Kritisk periodetid finner du da som TT kk = 2ππ ββ Som i forelesningene er ββ absoluttverdien av imaginærdelen til det komplekskonjugerte polparet som i det tilfellet ligger på den imaginære aksen.

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 12 Oppgave 5.1. Vi trenger å finne egenverdiene til prosessen regulert med en P-regulator, altså med h PP (ss) = KK PP Sett opp karakteristisk ligning for lukket sløyfe av prosess og regulator. Svaret skal være på standard polynomform. Ikke sett inn tall for proporsjonalforsterkningen. Den åpne sløyfens overføringsfunksjon blir i dette tilfellet h oo (ss) = KK pp ss(1 + 5ss + 50ss 2 ) Karakteristisk ligning for det lukkede systemet kan finnes som 1 + h oo (ss) = 0 Oppdeling av h oo (ss) i en teller og en nevner gjør at vi kan skrive dette som Vi får tt oo (ss) + nn oo (ss) = 0 KK pp + ss(1 + 5ss + 50ss 2 ) = 0 KK pp + ss + 5ss 2 + 50ss 3 = 0 Oppgave 5.2. Lag en Matlab-funksjon som tar proporsjonalforsterkningen som argument, og returnerer karakteristisk polynom som en vektor av polynomkoeffisienter. function poly = Ov4_52(Kp) poly = [50 5 1 Kp]; end Denne kan f. eks. kalles med >> Ov4_52(10) ans = 50 5 1 10 Oppgave 5.3. Bruk nå Matlab til å finne kritisk forsterkning og -periodetid. Sammenhengen med Ziegler og Nichols metode er at når man stiller på proporsjonalforsterkningen slik at systemet ligger på stabilitetsgrensen, tilsvarer det at minst en pol eller rot i den karakteristiske ligningen ligger på grensen mellom høyre og venstre halvplan. Vi kan eksperimentere med forskjellige verdier på Kp i Matlabfunksjonen fra forrige oppgave. Til slutt finner vi stabilitetsgrensen ved: >> roots(ov4_52(0.1)) ans = 0.0000 + 0.1414i 0.0000-0.1414i -0.1000 + 0.0000i

TELE2001 Reguleringsteknikk, øving 4 Side 13 Her ligger et komplekskonjugert polpar på den imaginære aksen, og en reell pol i venstre halvplan. For større verdier av Kp lander det komplekskonjugerte polparet i høyre halvplan, og for lavere verdier i venstre halvplan. Dermed forstår vi at KK kk = 0,1 Ved denne verdien av KK kk ser vi svingefrekvensen β = 0,1414 rad/s. Dermed: TT kk = 2ππ ββ = 2ππ 0,1414 = 44.44 Oppgave 5.4. I følge formeltabellen i kapittel 2.6 i læreboka; hvilke parametre finner du for en PIregulator? De aktuelle formlene, altså for en PI-regulator gir KK pp = 0,45 KK kk = 0,045; TT ii = 0,85 TT kk = 37,77 Oppgave 5.5. Nå må du tilbake til Matlab-funksjonen du skrev for en PI-regulator. Bruk Matlab til å beregne polene til systemet regulert med PI-regulator >> roots(ov4_44(0.045, 37.77)) ans = -0.0241 + 0.1242i -0.0241-0.1242i -0.0259 + 0.0286i -0.0259-0.0286i