Как построить годограф Михайлова: пошаговое решение

Дано: характеристический полином замкнутой системы $D(p) = p^4 + 5p^3 + 13p^2 + 19p + 10$. Найти: годограф Михайлова, частоты пересечения осей и вывод об устойчивости.

Построение годографа сводится к одной подстановке: вместо $p$ ставим $j\omega$ и разносим полученное комплексное число на вещественную и мнимую части. Ответ: кривая стартует в точке $U = 10$ на положительной вещественной полуоси, пересекает оси на частотах 0,906; 1,949 и 3,490 рад/с и последовательно обходит четыре квадранта против часовой стрелки. Порядок системы тоже равен четырём, значит система устойчива. Калькулятор сверху строит ту же кривую для любых коэффициентов и сам считает, сколько квадрантов она прошла.

Решение по шагам

Шаг 1. Подставляем $p = j\omega$. Годограф Михайлова - это след, который оставляет конец вектора $D(j\omega)$ на комплексной плоскости, пока частота пробегает значения от нуля до бесконечности. Подставляем:

$$D(j\omega) = (j\omega)^4 + 5(j\omega)^3 + 13(j\omega)^2 + 19(j\omega) + 10.$$

Степени мнимой единицы ходят по кругу с периодом четыре: $j^2 = -1$, $j^3 = -j$, $j^4 = 1$. Поэтому чётные степени $\omega$ дают вещественные слагаемые, нечётные - мнимые, а знаки чередуются через одно:

$$\begin{aligned} U(\omega) &= 10 - 13\omega^2 + \omega^4, \\ V(\omega) &= 19\omega - 5\omega^3. \end{aligned}$$

Дальше вся работа идёт с двумя обычными вещественными функциями. Комплексных чисел в расчёте больше не будет.

Шаг 2. Находим начальную точку. При $\omega = 0$ получаем $U(0) = 10$ и $V(0) = 0$, то есть годограф стартует в точке $10 + j0$ на положительной вещественной полуоси. Это уже проверка: свободный член характеристического полинома обязан быть положительным, иначе устойчивости нет и строить дальше нечего. Здесь $a_0 = 10 > 0$, продолжаем.

Шаг 3. Считаем частоты, на которых годограф пересекает оси. Кривая пересекает мнимую ось там, где обращается в ноль вещественная часть, и вещественную ось там, где ноль мнимая. Приравниваем $U$ к нулю и решаем биквадратное уравнение:

$$\omega^4 - 13\omega^2 + 10 = 0, \qquad \omega^2 = \frac{13 \pm \sqrt{169 - 40}}{2} = \frac{13 \pm \sqrt{129}}{2}.$$

Отсюда $\omega^2 = 0{,}8211$ или $\omega^2 = 12{,}1789$, то есть $\omega_1 = 0{,}906$ рад/с и $\omega_3 = 3{,}490$ рад/с. Теперь мнимая часть:

$$V(\omega) = \omega\,(19 - 5\omega^2) = 0 \;\Rightarrow\; \omega = 0 \quad \text{или} \quad \omega_2 = \sqrt{3{,}8} = 1{,}949 \ \text{рад/с}.$$

Шаг 4. Подставляем найденные частоты обратно. Нужно узнать не только где, но и по какую сторону от начала координат кривая режет ось:

Проверим одно значение руками: $V(0{,}906) = 19 \cdot 0{,}906 - 5 \cdot 0{,}906^3 = 17{,}22 - 3{,}72 = 13{,}50$. Остальные считаются так же.

Шаг 5. Прослеживаем ход кривой по квадрантам. Между соседними пересечениями знаки $U$ и $V$ не меняются, поэтому весь участок целиком лежит в одном квадранте:

• $0 < \omega < 0{,}906$: $U > 0$, $V > 0$ - первый квадрант;
• $0{,}906 < \omega < 1{,}949$: $U < 0$, $V > 0$ - второй;
• $1{,}949 < \omega < 3{,}490$: $U < 0$, $V < 0$ - третий;
• $\omega > 3{,}490$: $U > 0$, $V < 0$ - четвёртый, и в нём кривая уходит на бесконечность, потому что старший член $\omega^4$ перевешивает.

Кривая нигде не поворачивает назад и ни разу не задевает начало координат. Ответ: годограф обходит четыре квадранта против часовой стрелки при порядке системы $n = 4$, критерий Михайлова выполнен, система устойчива. Для контроля можно проверить тот же полином по Гурвицу: $5 \cdot 13 \cdot 19 = 1235 > 19^2 + 5^2 \cdot 10 = 611$, вывод совпадает. Сам полином обычно получают из знаменателя передаточной функции замкнутого контура, и если условие задачи начинается с $W(p)$, сначала придётся собрать характеристическое уравнение.

Формула и откуда она берётся

Критерий держится на принципе аргумента. Разложим полином на множители по корням:

$$D(p) = a_n (p - p_1)(p - p_2)\ldots(p - p_n).$$

Аргумент произведения равен сумме аргументов сомножителей, поэтому

$$\arg D(j\omega) = \sum_{k=1}^{n} \arg (j\omega - p_k).$$

Посмотрим на один сомножитель. Вектор $j\omega - p_k$ соединяет корень $p_k$ с текущей точкой мнимой оси. Пока $\omega$ едет от нуля до бесконечности, этот вектор разворачивается на $+\pi/2$, если корень лежит слева от мнимой оси, и на $-\pi/2$, если справа. Значит полный поворот равен

$$\Delta \arg D(j\omega) = (n - 2m)\,\frac{\pi}{2},$$

где $m$ - число корней в правой полуплоскости. Поворот на $\pi/2$ и есть переход в соседний квадрант, поэтому число пройденных квадрантов $q$ прямо считает корни: $m = (n - q)/2$. Устойчивость означает $m = 0$, и тогда $q = n$: кривая обязана обойти ровно столько квадрантов, каков порядок системы, не пропустив ни одного и не вернувшись назад.

Отсюда же видно, почему у критерия такое удобное свойство: считать надо не значения, а повороты. Масштаб чертежа роли не играет, важен только порядок, в котором кривая режет оси. По этой же причине годограф часто рисуют схематично, без единого масштаба по $U$ и $V$: в примере выше последняя точка отстоит от начала на 146 единиц, а первая всего на 13,5, и в честном масштабе начальный участок слипся бы в точку. В калькуляторе сверху для этого есть переключатель сжатого масштаба: знаки сохраняются, квадранты остаются на своих местах, а видно сразу всю кривую.

Проверка без чертежа: перемежаемость корней

Годограф можно не рисовать вовсе. Раз кривая обходит квадранты по порядку, она обязана резать оси по очереди: сначала мнимую, потом вещественную, потом снова мнимую. А это значит, что положительные корни $U(\omega)$ и $V(\omega)$ должны перемежаться, начиная с нуля мнимой части:

$$0 = \omega_{V,0} < \omega_{U,1} < \omega_{V,1} < \omega_{U,2} < \ldots$$

В нашей задаче последовательность такая: $0$ (ноль $V$), $0{,}906$ (ноль $U$), $1{,}949$ (ноль $V$), $3{,}490$ (ноль $U$). Корни строго чередуются, ни один не выпал и ни один не встал дважды подряд - система устойчива. Всего нулей ровно $n = 4$, считая нулевой, и это тоже часть проверки: если какой-то корень потерялся, кривая где-то развернулась.

Такая форма критерия удобна в контрольных: считать биквадратные уравнения быстрее, чем строить кривую по точкам. Но чертёж всё равно просят - по нему сразу видно, насколько близко кривая подходит к началу координат, а это качественная оценка запаса устойчивости. Численно запасы обычно снимают уже с логарифмических характеристик, и это отдельная процедура, разобранная в задаче про построение ЛАЧХ.

Что меняется у неустойчивой системы

Оставим все коэффициенты и опустим только тот, что стоит при $p$: возьмём $a_1 = 3$ вместо 19. Вещественная часть не изменится, а мнимая станет $V(\omega) = 3\omega - 5\omega^3$ с корнем $\omega = \sqrt{0{,}6} = 0{,}775$ рад/с. Теперь последовательность нулей другая: $0$ и $0{,}775$ - оба от $V$, и только потом идут $0{,}906$ и $3{,}490$ от $U$. Перемежаемость сломана.

На чертеже это выглядит так: кривая выходит в первый квадрант, но на частоте 0,775 возвращается на положительную вещественную полуось и сваливается в четвёртый квадрант, не дойдя до второго. Суммарный поворот аргумента оказывается нулевым, $q = 0$, и формула даёт $m = (4 - 0)/2 = 2$. Два корня лежат в правой полуплоскости - численно это $0{,}041 \pm j0{,}889$, и переходный процесс будет медленно расходящимися колебаниями.

Между двумя случаями есть граница. Ноль мнимой части $\omega = \sqrt{a_1/5}$ движется вместе с $a_1$, и при $a_1 = 4{,}105$ он в точности совпадает с нулём вещественной части 0,906. Тогда $U$ и $V$ обращаются в ноль одновременно, годограф проходит через начало координат, а система стоит на границе устойчивости с незатухающими колебаниями частотой 0,906 рад/с. Верхняя граница у этого полинома тоже есть: при $a_1 > 60{,}89$ система снова теряет устойчивость. Подвигай ползунок в калькуляторе сверху - обе границы видны по тому, как кривая проваливается в начало координат.

Частые ошибки

• Считают квадранты по часовой стрелке. Обход всегда против часовой, от положительной вещественной полуоси вверх; поворот в другую сторону сразу означает корни справа.
• Теряют знак при возведении $j$ в степень: пишут $j^3 = j$ вместо $-j$. После этого мнимая часть получается с неверным знаком и кривая уходит не в тот квадрант.
• Берут порядок $n$ по числу звеньев схемы, а не по степени характеристического полинома. Считать надо именно степень, иначе сравнивать число квадрантов будет не с чем.
• Находят частоты пересечения, но не подставляют их обратно в $U$ и $V$. Без этого неизвестно, на какую полуось попала точка, а именно это и задаёт порядок обхода.
• Путают годограф Михайлова с амплитудно-фазовой характеристикой разомкнутой системы. Михайлов строится по характеристическому полиному замкнутой системы, и точка $(-1; j0)$ в нём никакой роли не играет.
• Рисуют кривую в едином масштабе и получают нечитаемый чертёж. Годограф принято изображать схематично, сохраняя только последовательность пересечений.

FAQ

Обязательно ли строить кривую в масштабе? Нет. Критерий смотрит только на порядок обхода квадрантов, поэтому в тетради годограф рисуют качественно, подписывая рядом с каждым пересечением частоту и координату. Точные значения нужны лишь в самих точках пересечения осей.

Что означает годограф, прошедший через начало координат? Это граница устойчивости: на данной частоте $U$ и $V$ обращаются в ноль одновременно, значит $D(j\omega) = 0$ и пара корней лежит точно на мнимой оси. Система выдаёт незатухающие колебания с этой частотой. Обычно такой случай ищут специально, чтобы найти критическое значение настраиваемого коэффициента.

Как по годографу узнать число неустойчивых корней? По формуле $m = (n - q)/2$, где $q$ - число пройденных против часовой стрелки квадрантов с учётом знака. Если кривая четвёртого порядка обошла два квадранта, то $m = 1$; если ни одного, то $m = 2$.

Работает ли критерий для системы с запаздыванием? В таком виде нет: характеристическое уравнение с множителем $e^{-\tau p}$ перестаёт быть полиномом, число корней бесконечно, и подсчёт квадрантов теряет смысл. Для звеньев запаздывания применяют обобщённый частотный критерий по амплитудно-фазовой характеристике разомкнутой системы.

Коротко

1. Подставить $p = j\omega$ и разнести результат на $U(\omega)$ из чётных степеней и $V(\omega)$ из нечётных, помня, что $j^2 = -1$ и $j^4 = 1$.
2. Проверить старт: $U(0) = a_0$ должен быть положительным, иначе устойчивости нет.
3. Решить $U(\omega) = 0$ и $V(\omega) = 0$, найти все положительные корни и подставить их обратно, чтобы узнать точки пересечения осей.
4. Пройти по частотам и посчитать, сколько квадрантов кривая обошла против часовой стрелки; число корней справа равно $m = (n - q)/2$.
5. В примере $D(p) = p^4 + 5p^3 + 13p^2 + 19p + 10$ пересечения приходятся на 0,906; 1,949 и 3,490 рад/с, пройдено четыре квадранта при $n = 4$, система устойчива.