電験１種：制御工学

本稿では，電験１種で出題される制御工学の基礎知識および過去問題を解説します．解答例につきましては，公式の標準解答よりも簡潔な導出を意識して執筆しております．日々更新してまいりますので，試験勉強などにご活用ください．また，記載内容に誤りがございましたら，コメントくださいますと幸いです．

基礎知識

Laplace変換

• Laplace変換

時間波形$f(t)$のLaplace変換$F(s)$は，

$$F(s)=\mathcal{L}[f(t)]\triangleq \int_0^\infty f(t)e^{-st}dt$$

と定義される．この変換は，時間波形から複素周波数波形への変換である．$s$は複素周波数

$$s=\sigma+j\omega$$

で与えられる．$\omega$は角周波数，$\sigma$は減衰定数である．逆Laplace変換は，

$$f(t)=\mathcal{L}^{-1}[F(s)]=\frac{1}{j2\pi}\int_{\sigma-j\infty}^{\sigma+j\infty}F(s)e^{st}ds$$

の複素積分で与えられる．

上式が成り立つことを確認してみよう．

$$\begin{align*} \mathcal{L}^{-1}\mathcal{L}[f(t)] =\frac{1}{j2\pi}\int_{\sigma-j\infty}^{\sigma+j\infty}\left[\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt\right]e^{st}ds =\frac{1}{j2\pi}\int_{\sigma-j\infty}^{\sigma+j\infty}\left[\int_0^\infty f(t')e^{-st'}dt'\right]e^{st}ds=&\\ =\int_0^\infty f(t')\left[\int_{\sigma-j\infty}^{\sigma+j\infty}\frac{1}{j2\pi}e^{s(t-t')}ds\right]dt' =\int_0^\infty f(t')\delta(t-t')dt' =f(x)& \end{align*}$$

• 伝達関数
• Block線図
• 特性方程式
• Bode線図
• Nyquist線図

Root locus analysis

• Root locus analysis

閉ループゲインを変化させた際の閉ループ伝達関数の極（特性方程式の根）の軌跡（根軌跡）を複素平面上に示し，安定性や挙動を評価する方法である．

• Routh–Hurwitzの安定判別法
• PID制御
• 状態方程式

古典制御工学

2024(問4)

• 問題

(1)

$s=j\omega$として，式変形をすると，

$$G(j\omega)=\frac{3}{j\omega+2}=\frac{3}{\sqrt{\omega^2+4}}\angle -\arctan \frac{\omega}{2}$$

となる．$\omega=14\mathrm{rad/s}$のときのゲインは，

$$g_0=20\log_{10}|G(j14)|=20\left(\log_{10}3-\log_{10}10-\frac{1}{2}\log_{10}2\right)\approx -13.468$$

よって，$g_0=-13.5\mathrm{dB}$を得る．一方，位相が$-45^\circ$になる$\omega_0$は，

$$-\arctan \frac{\omega}{2}=-45^\circ$$

より，$\omega_0=2\mathrm{rad/s}$を得る．

(2)

$$G_c(s)=\frac{K\frac{3}{s+2}}{1+K\frac{3}{s+2}}=\frac{3K}{s+2+3K}$$

(3)

$$G_c(j\omega_1)=\frac{3K}{\sqrt{\omega^2+(2+3K)^2}}\angle -\arctan \frac{\omega}{2+3K}$$

位相が$-45^\circ$になる$\omega_1$は，

$$-\arctan \frac{\omega_1}{2+3K}=-45^\circ$$

より，$\omega_1=2+3K\mathrm{[rad/s]}$となる．このときのゲインは，

$$|G_c(j\omega_1)|=\frac{3K}{\sqrt{\omega^2+(2+3K)^2}}=\frac{3K}{(2+3K)\sqrt{2}}$$

であり，$|G_c(j\omega_1)|=0.9/\sqrt{2}$となるのは，$K=6$ときである．よって，
$\omega_1=2+3K=20\mathrm{rad/s}$を得る．

(4)

$$G_a(s)=\frac{3}{s+2}\frac{1}{(s+1)^2}=\frac{3}{(s+2)(s+1)^2}$$

$s=j\omega$を代入すると，

$$G_a(j\omega)=\frac{3}{-4\omega^2+2+j(-\omega^3+5\omega)}$$

であり，

$$\angle G_a(j\omega_2)=-\arctan \frac{-\omega^3+5\omega}{-4\omega^2+2}=-180^\circ$$

となる$\omega_2$が求めたいので，

$$-\omega_2^3+5\omega_2=0$$

を解けば良い．$\omega_2=0,\pm \sqrt{5}$が解となるが，$\omega_2>0$を考慮し，
$\omega_2=\sqrt{5}\approx 2.24\mathrm{rad/s}$を得る．

(5)

$$|G_a(j\sqrt{5})|=\frac{1}{6}$$

より，ゲイン余裕は，

$$-20\log_{10}\frac{1}{6}=20\log_{10}6=20(\log_{10}2+\log_{10}3)\approx 15.562$$

となる．ゲイン余裕は，$15.6\mathrm{dB}$である．

2023(問4)

• 問題

(1)

$s=j\omega$として，

$$G(j\omega)|_{a=20}=\frac{1000}{\sqrt{(100-\omega^2)^2+40\omega^2}}\angle -\arctan \frac{20\omega}{100-\omega^2}$$

とあり，$\angle G(j\omega)|_{a=20}=-90^\circ$となるのは，$\omega>0$を考慮すると，$\omega=10\mathrm{rad/s}$と求まる．よって，$|G(j10)|_{a=20}|=5$を得る．

(2)

$$G(s)|_{a=20}=\frac{1000}{s^2+20s+100}=\frac{10}{\left(1+\frac{1}{10}s\right)^2}$$

と式変形すると，一次遅れ要素に分解でき，折れ点角周波数$\omega_o=10\mathrm{rad/s}$より高い角周波数においては，$-20\mathrm{dB/dec}$となる（折れ線近似）ので，

$$20\log_{10}|G(j100)|=20\log_{10}10+2\left(-20\cdot \log_{10}\frac{100}{\omega_o}\right)=-20$$

よって，$20\log_{10}|G(j100)|\approx -20\mathrm{dB}$を得る．

(3)

$a=10,s=j\omega$として，

$$|G(j\omega)|_{a=20}|= \left|\frac{1000}{(100-\omega^2)+j10\omega}\right|= \frac{1000}{\sqrt{\omega^4-100\omega^2+10000}}$$

(4)

$$f(x)=x^2-100x+10000=(x-50)^2+7500$$

となるから，$x=50$のとき，最小値$7500$を得る．

(5)

$$M_p=\frac{1000}{\sqrt{f(x)}}\approx 11.547$$

よって，$M_p=11.5$を得る．また，$x\triangleq \omega^2$としていたので，$\omega>0$を考慮して，$\omega_p=\sqrt{50}=7.0711 \to 7.07\mathrm{rad/s}$を得る．

2022(問4)

• 問題

(1)

$Z(s)$から$Y(s)$までの伝達関数は，

$$T_{YZ}(s)\triangleq \frac{Y(s)}{Z(s)}=\frac{\frac{1}{s+1}}{1+\frac{K_2}{s+1}}=\frac{1}{s+1+K_2}$$

であるから，求める伝達関数は，

$$T_{YR}(s)=\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{\frac{K_1}{s}T_{YZ}(s)}{1+\frac{K_1}{s}T_{YZ}(s)}=\frac{K_1}{s^2+(1+K_2)s+K_1}$$

となる．

(2)

二次遅れ要素の標準形は，

$$G(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n+\omega_n^2}$$

であるから，小問(1)と比較して，

$$\begin{align*} K_1=\omega_n^2=10^2=100&\\ K_2=2\zeta\omega_n-1=2\cdot0.5\cdot10-1=9& \end{align*}$$

を得る．

(3)

$$E(s)=R(s)-Y(s)=R(s)-\frac{K_1}{s}T_{YZ}(s)E(s)$$

であるから，

$$T_{ER}(s)=\frac{E(s)}{R(s)}=\frac{s^2+(1+K_2)s}{s^2+(1+K_2)s+K_1}=\frac{s^2+10s}{s^2+10s+100}$$

を得る．

(4)

目標値を単位ランプ変化させるので，$R(s)=\frac{1}{s^2}$となる．よって，最終値の定理を用いて，

$$e_v=\lim_{s\to 0}sE(s) =\lim_{s\to 0}s[T_{ER}(s)R(s)] =\lim_{s\to 0}\left[s\cdot \frac{s^2+10s}{s^2+10s+100} \cdot \frac{1}{s^2}\right] =\frac{1}{10}$$

を得る．

(5)

$$\begin{align*} E(s)=\frac{s^2+10s}{s^2+10s+100} \cdot \frac{1}{s^2} =\frac{1}{10}\left[\frac{1}{s}-\frac{(s+5)-5}{(s+5)^2+(5\sqrt{3})^2}\right]=&\\ =\frac{1}{10}\left[\frac{1}{s}-\frac{s+5}{(s+5)^2+(5\sqrt{3})^2}-\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{5\sqrt{3}}{(s+5)^2+(5\sqrt{3})^2}\right]& \end{align*}$$

であるから，

$$e(t)=\mathcal{L}^{-1}[E(s)]=\frac{1}{10}-\frac{1}{10}e^{-5t}\left(\cos 5\sqrt{3}t-\frac{1}{\sqrt{3}}\sin 5\sqrt{3}t\right)$$

となる．また，

$$e(\infty)=\lim_{t\to \infty}e(t) =\frac{1}{10}-\frac{1}{10}\lim_{t\to \infty}e^{-5t}\left(\cos 5\sqrt{3}t-\frac{1}{\sqrt{3}}\sin 5\sqrt{3}t\right) =\frac{1}{10}$$

となり，小問(4)で求めた$e_v$と一致する．

2021(問4)

• 問題

(1)

$$W(s)=\frac{\frac{5}{s(s+2)}}{1+\frac{5}{s(s+2)}}=\frac{5}{s^2+2s+5}$$

(2)

二次系の標準形は，

$$\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}$$

であるから，小問(1)と比較して，

$$\begin{align*} \omega_n^2=5&\\ 2\zeta\omega_n=2& \end{align*}$$

より，$\omega_n=\sqrt{5},\zeta=\frac{1}{\sqrt{5}}$を得る．

(3)

$$\begin{align*} y(t)=\mathcal{L}^{-1}[Y(s)] =\mathcal{L}^{-1}\left[W(s)\frac{1}{s}\right]=&\\ =\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{5}{s(s^2+2s+5)}\right]=&\\ =\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}-\frac{s+1}{(s+1)^2+2^2}-\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{(s+1)^2+2^2}\right]=&\\ =1-e^{-t}\cos 2t-\frac{1}{2}e^{-t}\sin 2t& \end{align*}$$

(4)

$$\frac{dy(t)}{dt}=e^{-t}\cos 2t+2e^{-t}\sin 2t+\frac{1}{2}e^{-t}\sin 2t-e^{-t}\cos 2t=\frac{5}{2}e^{-t}\sin 2t=0$$

より，極値は$t=n\pi/2,n\in \mathbb{N}_+$であり，極値が最大値であるのは$n=1$のときであるから，$t_p=\pi/2$を得る．

(5)

$$y(t_p)=1-e^{-t_p}\cos 2t_p-\frac{1}{2}e^{-t_p}\sin 2t_p=1-e^{-\frac{\pi}{2}}\left(\cos\pi+\frac{1}{2}\sin\pi\right)=1+e^{-\frac{\pi}{2}}$$

2020(問4)

• 問題

(1)

$$\overline{OQ}=|G(j\omega_{cp})H(j\omega_{cp})|$$

(2)

$$20\log_{10}\frac{1}{|G(j\omega_{cp})H(j\omega_{cp})|}=20$$

より，$|G(j\omega_{cp})H(j\omega_{cp})|=0.1$を得る．

(3)

$$G(j\omega)H(j\omega)=\frac{K}{(1+j\omega)(1+j3\omega)(1+j7\omega)} =\frac{K}{(1-31\omega^2)+j(11\omega-21\omega^3)}$$

$\omega=\omega_{cp}$のとき$\Im[G(j\omega)H(j\omega)]=0$となるので，

$$11\omega_{cp}-21\omega_{cp}^3=0,\quad \omega_{cp}>0$$

を解いて，$\omega_{cp}=\sqrt{11/21}\approx 0.72375\to 0.724\mathrm{rad/s}$を得る．

(4)

$$|G(j\omega_{cp})H(j\omega_{cp})|=\left|\frac{K}{1-31\omega_{cp}^2}\right|=\frac{K}{15.238}=0.1$$

より，$K=1.5238\to 1.52$を得る．

(5)

$$|G(j\omega_{cp})H(j\omega_{cp})|=\left|\frac{K}{1-31\omega_{cp}^2}\right|=\frac{K}{15.238}=1$$

より，$K=15.238\to 15.2$を得る．

(6)

$$1+\frac{15.238}{(1+s)(1+3s)(1+7s)}=0$$

より，

$$21s^3+31s^2+11s+16.238=0$$

を解けば良い．安定限界のときは，虚軸上特性根がある．また，上式より特性根は原点上ではないので，純虚数の共役複素数である．残りの特性根は負の実数である．よって，

$$(s^2+\alpha)(21s+\beta)=0,\quad \alpha>0,\beta>0$$

と仮定して，式を展開すると

$$21s^3+\beta s^2+21\alpha s+\alpha\beta=0$$

式を比較することで，$\alpha=11/21,\beta=31$を得る．したがって，閉ループ系特性根は，

$$\lambda=-\frac{31}{21},\pm j\sqrt{\frac{11}{21}}\to -1.48,\pm j0.724$$

となる．

2019(問4)

• 問題

(1)

$$G(j\omega)=\frac{\omega_n^2}{(j\omega)^2+2\zeta\omega_n(j\omega)+\omega_n^2} =\frac{1}{1-\left(\frac{\omega}{\omega_n}\right)+j2\zeta\frac{\omega}{\omega_n}}$$

$$|G(j\omega)|=\frac{1}{\sqrt{\left[1-\left(\frac{\omega}{\omega_n}\right)^2\right]^2+4\zeta^2\left(\frac{\omega}{\omega_n}\right)^2}} =\frac{1}{\sqrt{(1-x)^2+4\zeta^2x}}$$

(2)

$$f'(x)=-2(1-x)+4\zeta^2=0$$

を満たす$x$を$x_p$とすると，

$$x_p=1-2\zeta^2$$

を得る．また，$|G(j\omega)|$の最大値である$M_p$は，

$$M_p=\frac{1}{\sqrt{f(x_p)}}=\frac{1}{2\zeta\sqrt{1-\zeta^2}}$$

(3)

$$G_c(s)=\frac{\frac{4}{s(1+0.25s)}}{1+\frac{4}{s(1+0.25s)}}=\frac{16}{s^2+4s+16}$$

上式と，二次遅れ系の標準形

$$G(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}$$

を比較し，

$$\begin{align*} \omega_n^2=16&\\ 2\zeta\omega_n=4 \end{align*}$$

を$\omega_n>0$の条件下で解いて，$\omega_n=4.0\mathrm{rad/s},\zeta=0.5$を得る．

(4)

$$x_p=\left(\frac{\omega_p}{\omega_n}\right)^2=1-2\zeta^2$$

より，

$$\omega_p=\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}=4.0\sqrt{1-2\cdot 0.5^2}=2.8284\to 2.83\mathrm{rad/s}$$

$$M_p=\frac{1}{2\zeta\sqrt{1-\zeta^2}}=\frac{1}{2\cdot 0.5\sqrt{1-0.5^2}}=1.1547\to 1.15$$

を得る．

現代制御工学

2018(問4)

• 問題

(1)

$$X_1(s)=\frac{1}{s+3}X_2(s) \xrightarrow{\mathcal{L}^{-1}} \dot{x}_1(t)=-3x_1(t)+x_2(t)$$

$$X_2(s)=\frac{1}{s+2}U(s) \xrightarrow{\mathcal{L}^{-1}} \dot{x}_2(t)=-2x_2(t)+u(t)$$

$$Y(s)=X_1(s) \xrightarrow{\mathcal{L}^{-1}} y(t)=x_1(t)$$

これらを状態空間表現すると，

$$\begin{bmatrix} \dot{x}_1(t)\\ \dot{x}_2(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3 & 1\\ 0 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix} u(t)$$

$$y(t)= \begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{bmatrix}$$

したがって，

$$A= \begin{bmatrix} -3 & 1\\ 0 & -2 \end{bmatrix},\quad b= \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix},\quad c= \begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix}$$

(2)

$$\dot{x}(t)=Ax(t)+b[-fx(t)+kz(t)] =(A-xf)x(t)+bkz(t)$$

より，状態空間表現すると，

$$\begin{bmatrix} \dot{x}(t)\\ \dot{z}(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A-bf & bk\\ -c & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x(t)\\ z(t) \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix} r(t)$$

$$y(t)= \begin{bmatrix} c & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x(t)\\ z(t) \end{bmatrix}$$

であるから，

$$\overline{A}= \begin{bmatrix} A-bf & bk\\ -c & 0 \end{bmatrix},\quad \overline{b}= \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix},\quad \overline{c}= \begin{bmatrix} c & 0 \end{bmatrix}$$

を得る．

(3)

$$\overline{A}= \begin{bmatrix} A-bf & bk\\ -c & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3 & 1 & 0\\ -1 & -3 & 1\\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

となるから，$\overline{A}$の固有値

$$|sI-\overline{A}|= \begin{vmatrix} s+3 & -1 & 0\\ 1 & s+3 & -1\\ 1 & 0 & s \end{vmatrix} =s^3+6s^2+10s+1$$

を得る．

(4)

図１において，マイナーループ$\to$順次を繰り返し，閉ループ伝達関数を求める．

$$\frac{\frac{1}{s+2}}{1+\frac{1}{s+2}}=\frac{1}{s+3}$$

$$\frac{\frac{1}{(s+3)^2}}{1+\frac{1}{(s+3)^2}}=\frac{1}{s^2+6s+10}$$

$$\frac{Y(s)}{R(s)}= \frac{\frac{1}{s(s^2+6s+10)}}{1+\frac{1}{s(s^2+6s+10)}}= \frac{1}{s^3+6s^2+10s+1}$$

が得られる．