COMPITO A: soluzione

Transcript

1 PROVA SCRITTA DI FONDAMENTI DI AUTOMATICA (PRIMA PARTE) A.A. 2005/ novembre 2005 nome e cognome: numero di matricola: Note: Scrivere le risposte negli spazi appositi. Non consegnare fogli aggiuntivi. La chiarezza e precisione nelle risposte sarà oggetto di valutazione. COMPITO A: soluzione

2 Esercizio 1 Si faccia riferimento allo schema a blocchi in figura, dove e K è un numero reale. A(s) = 2 s + 3, B(s) = 1 s + 2, C(s) = 1 s + 4, y 2 u A(s) + - K y B(s) C(s) Domanda 1.1. Calcolare la funzione di trasferimento T 1 (s) fra l ingresso u e l uscita y 1 e la funzione di trasferimento T 2 (s) fra l ingresso u e l uscita y 2. I blocchi B(s) e C(s) sono in parallelo e pertanto sono equivalenti ad un unico blocco avente funzione di trasferimento B(s) C(s). Questo è poi connesso in retroazione al blocco K e il tutto è in serie con A(s). Pertanto risulta K T 1 (s) = A(s) 1 + K[B(s) C(s)] = 2K(s + 2)(s + 4) (s + 3)(s 2 + 6s K). La funzione di trasferimento T 2 (s) si ricava immediatamente dalla T 1 (s) osservando che Y 1 (s) = KY 2 (s) e dunque T 2 (s) = Y 2(s) U(s) = Y 1(s)/K U(s) = T 1(s) K = 2(s + 2)(s + 4) (s + 3)(s 2 + 6s K).

3 Domanda 1.2. Studiare la stabilità del sistema complessivo al variare del parametro K. Si tratta di studiare le radici del denominatore delle funzioni di trasferimento calcolate alla domanda precedente, ossia le radici del polinomio p(s) = (s + 3)(s 2 + 6s K). Il polinomio è di terzo grado. Una delle radici è s 1 = 3, le altre due sono le radici del polinomio di secondo grado. Poiché condizione necessaria e sufficiente affinché un polinomio di secondo grado abbia radici tutte a parte reale strettamente negativa è che i coefficienti siano concordi, segue che si ha asintotica stabilità se e solo se 8 + 2K > 0 ovvero se e solo se K > 4. Per K = 4 si ha stabilità semplice (vi è una radice nulla). Per K < 4 si ha instabilità.

4 Domanda 1.3. Per K = 1, calcolare l uscita y 1 (t) in corrispondenza dell ingresso u(t) = e 2t, t 0. Si ha e quindi, avendo posto K = 1 Y 1 (s) = T 1 (s)u(s) = y 1 (t) = L 1 [Y 1 (s)] 2(s + 2)(s + 4) 1 (s + 3)(s 2 + 6s + 10) (s + 2) = 2(s + 4) (s + 3)(s 2 + 6s + 10). Sviluppando in fratti semplici (si osservi che il polinomio di secondo grado ha radici complesse coniugate) si ottiene 2(s + 4) (s + 3)(s 2 + 6s + 10) = A (s + 3) + Bs + C (s 2 + 6s + 10). Sfruttando il principio di identità dei polinomi si ottiene A = 2, B = 2 e C = 4. Pertanto: [ ] y 1 (t) = L 1 2 (s + 3) 2 s + 2 (s 2 + 6s + 10) Poiché si ha si può scrivere s + 2 (s 2 + 6s + 10) = s + 2 (s 2 + 6s ) = s + 2 (s + 3) = s + 3 (s + 3) (s + 3) 2 + 1, e quindi, antitrasformando [ ( )] y 1 (t) = L 1 2 (s + 3) 2 s + 3 (s + 3) (s + 3) y 1 (t) = 2e 3t 2e 3t cost + 2e 3t sin t = 2e 3t (1 cost sin t).

5 Esercizio 2 Si consideri il sistema non lineare descritto dalle equazioni di stato seguenti: ẋ 1 = x 2 + 7u ẋ 2 = 3 2 x 1 ẋ 3 = sin(x 1 ) + x 2 (1 x 3 ) y(t) = x 1 x 3 Domanda 2.1. Determinare gli stati e le uscite di equilibrio in corrispondenza dell ingresso costante u(t) = ū = 2 7, t 0. Per determinare i punti d equilibrio x del sistema basta porre 0 = x 1 = x 2 + 7ū 0 = x 2 = 3 2 x 1 0 = x 3 = sin( x 1 ) + x 2 (1 x 3 ) Risolvendo le equazioni cosí determinate si arriva a trovare un unico punto d equilibrio, dato da x 1 = 0 x 2 = 2 x 3 = 1 A questo punto risulta molto semplice trovare l uscita d equilibrio ȳ = x 1 x 3 = 1

6 Domanda 2.2. Determinare l espressione del sistema linearizzato in corrispondenza di tutti i punti di equilibrio calcolati nella risposta alla domanda 2.1 Le matrici delle equazioni di stato del sistema linearizzato attorno al punto d equilibrio sono date da: A = cos x 1 1 x 3 x 2 0 = B = 0 C = [ ] Domanda 2.3. Analizzare la stabilità di tutti i punti di equilibrio calcolati nella risposta alla domanda 2.1. Il polinomio caratteristico della matrice A appena trovata è det(λi A) = (λ 2)(λ ) Due degli autovalori della matrice A hanno parte reale positiva: ciò autorizza a concludere che il punto d equilibrio considerato è instabile.

7 Esercizio 3 Si consideri il sistema lineare descritto dalle equazioni di stato seguenti: ẋ 1 = 2kx 1 + 3x 2 + u ẋ 2 = 3x 1 + 2kx 2 ẋ 3 = 2x 3 y(t) = x 2 + x 3 Domanda 3.1. Per k = 1, calcolare la funzione di trasferimento tra u e y. Per k = 1, il sistema diventa dove x = (x 1, x 2, x 3 ), A = Si ricava e Di conseguenza (si A) = { ẋ = Ax + Bu, ẏ = Cx,, B = e C = (0, 1, 1). s s s + 2 det(si A) = (s + 2)[(s + 2) 2 + 9] = (s + 2)(s 2 + 4s + 13). W(s) = Y (s) U(s) = C(sI A) 1 B 1 = (0, 1, 1) det(si A) = 3 s 2 + 4s (s + 2) 0 dove non sono stati calcolati i termini indicati con in quanto sono moltiplicati per uno dei termini nulli di C o per uno dei termini nulli di B

8 Domanda 3.2. Indicare il valore del guadagno, degli zeri e dei poli della funzione di trasferimento calcolata al punto precedente. Dalla F.d.T. calcolata al punto precedente si ricava che il guadagno è µ = lim s 0 W(s) = 3 13, non ci sono zeri, i poli sono le radici del denominatore e sono s 1,2 = = 2 3i.

9 Domanda 3.3. Sempre per k = 1, calcolare il valore dell uscita a regime in corrispondenza dell ingresso u(t) = 2, t 0. Poiché i poli del sistema hanno parte reale negativa, il sistema è stabile e per calcolare la risposta a regime si può usare il teorema del valore finale. La T.d.L. dell ingresso, in questo caso, è Û(s) = 2 e di conseguenza s lim = lim sŷ (s) = lim t ŷ(t) 2W(s) = 6 s 0 s 0 13.

10 Domanda 3.4. Dire per quali valori di k R la risposta libera y(t) del sistema a partire dalla condizione iniziale x(0) = [0 1 0] T è tale che y(t) 1, t 0. (Suggerimento: nel calcolare l espressione analitica della risposta libera in funzione di k, si osservi che essa ha un andamento oscillante qualunque sia il valore di k.) In questo caso si ha A = 2k k da cui si ricava e (si A) = s 2k s 2k s + 2 La trasformata della risposta libera del sistema è det(si A) = (s + 2)[(s 2k) 2 + 9] Y l (t) = = = C(sI A) 1 x(0) 1 (0, 1, 1) (s + 2)(s 2k) det(si A) 0 s 2k (s 2k) dove non sono stati calcolati i termini indicati con in quanto sono moltiplicati per uno dei termini nulli di C o per uno dei termini nulli di x(0). L antitrasformata della funzione trovata è da cui si ricava che y l (t) = e 2kt cos(3t)sca(t) per k > 0 la risposta è il prodotto di una funzione sinusoidale e di un esponenziale divergente, pertanto è sempre possibile trovare un t > 0 tale che y( t) > 1, per k = 0 la funzione è una sinusoide pura e pertanto è y(t) 1 per ogni t > 0, per k < 0 si ha e 2kt 1 per ogni t > 0 e inoltre cos(3t) 1 per ogni t R, dunque y(t) 1 per ogni t > 0.