PROVA SCRITTA DI FONDAMENTI DI AUTOMATICA A.A. 2005/ febbraio 2006 TESTO E SOLUZIONE

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1 PROVA SCRITTA DI FONDAMENTI DI AUTOMATICA A.A. 25/26 13 febbraio 26 TESTO E SOLUZIONE

2 Esercizio 1 Si consideri il sistema lineare descritto dalle equazioni di stato seguenti: ẋ 1 (t) = 2x 1 (t) αx 2 (t) ẋ 2 (t) = αx 1 (t) 3x 2 (t) + 4u(t) ẋ 3 (t) = x 1 (t) x 3 (t) y(t) = x 3 (t) dove α è un numero reale. Domanda 1.1. Si determinino i valori di α > per i quali il sistema risulta asintoticamente stabile. La matrice di stato A che si ottiene dalle equazioni assegnate vale 2 α A = α È sufficiente determinare gli autovalori di questa matrice ed impore che possiedano parte reale negativa per determinare i valori di α cercati det(λi A) = (λ + 1) [λ λ α 2] = = λ 1 = 1 indipendente da α λ 2, 3 = 5 ± 1 4 α 2 2 Poiché il parametro α può essere soltanto positivo, si vede facilmente 1 che gli autovalori λ 2, 3 avranno sempre parte reale negativa al variare di α. Alla medesima conclusione si giunge applicando il criterio di Routh Hurwitz al polinomio caratteristico della matrice A, o meglio applicandolo al polinomio, fattore del polinomio caratteristico, che è effettivamente funzione del parametro α p(s) = (λ + 1) [λ λ α 2] La tabella di Routh calcolata sul solo trinomio di secondo grado è data da ( 2 1 ) 6 + α ( 6 + α 2) Imponendo costanza di segno ai termini nella prima colonna dello schema (evidenziati in rosso) si arriva al medesimo risultato: il sistema risulta essere asintoticamente stabile per qualsiasi valore positivo di α. 1 Basta studiare il segno del discriminante dell equazione e successivamente parte reale ed immaginaria dell espressione al variare di α.

3 Domanda 1.2. Si calcoli la funzione di trasferimento F y u(s) fra l ingresso u e l uscita y, in funzione del parametro α. Le matrici A, B e C delle equazioni di stato del sistema sono rispettivamente 2 α A = α 3 B = 4 C = [ 1 ] 1 1 La FdT desiderata andrebbe calcolata utilizzando la formula F(s) = C (s I A) 1 B Data la particolare struttura delle matrici B e C è possibile ridurre notevolmente il numero di calcoli necessari alla determinazione dell espressione cercata. In particolare non è necessario determinare tutti i termini della matrice (s I A) 1, anzi si può calcolarne uno solo, quello strettamente necessario. Infatti quello evidenziato in rosso in figura è l unico elemento della matrice (s I A) 1 che è necessario determinare. Cioé facendo riferimento alla modalità di calcolo 2 della matrice (s I A) 1 basta determinare l elemento In definitiva la FdT cercata vale F(s) = 4 α (s + 1) (s s α 2 ) 2 Al solito si fa uso della matrice dei complementi algebrici.

4 Domanda 1.3. Si determinino, qualora sia possibile, i valori di α, tra quelli determinati nella risposta alla domanda 1.1, i quali garantiscano che l uscita y(t), a partire da condizioni iniziali nulle, a fronte dell ingresso u(t) = δ(t) (impulso unitario all istante t = ) possieda andamento non oscillatorio. Per garantire che l uscita del sistema nelle condizioni indicate possieda un andamento non oscillante è sufficiente imporre che la FdT del sistema possieda solamente poli reali. La risposta all impulso del sistema è data, in termini di trasformate di Laplace, da Y (s) = 4 α (s + 1)(s s α 2 ) 1 In base a quanto appena affermato, è sufficiente garantire che il discriminante dell equazione s s α 2 = sia non negativo { 1 4 α 2 α > = < α 1 2 per ottenere l intervallo di valori del parametro α che permette di ottenere l andamento desiderato. Domanda 1.4. Sulla base delle equazioni di stato del sistema, si dia una spiegazione del fatto che la funzione di trasferimento calcolata al punto 1.2 è identicamente nulla per α = (ossia per α = risulta F y u(s) ). Per α = le equazioni di stato diventano ẋ 1 (t) = 2 x 1 (t) ẋ 2 (t) ẋ 3 (t) y(t) = 3 x 2 (t) + 4 u(t) = x 1 (t) x 3 (t) = x 3 (t) Le variabili di stato x 1 (t) ed x 3 (t) evolvono in maniera indipendente dall ingresso. L ingresso u(t) influisce solamente sulla variabile di stato x 2 (t), che però non compare nell equazione di uscita. In definitiva l ingresso u(t) non può in alcun modo influenzare l evoluzione dell uscita y(t), quindi la FdT tra u(t) ed y(t) in queste condizioni deve essere nulla.

5 Esercizio 2 Si consideri il sistema non lineare descritto dalle equazioni di stato seguenti: ẋ 1 = x 2 ẋ 2 = x 1 (3 x 1 ) x 2 + u y(t) = x 1 Domanda 2.1. Si determinino gli stati e le uscite di equilibrio in corrispondenza dell ingresso costante u(t) = ū = 2, t. Annullando le derivate delle variabili di stato nelle equazioni assegnate si ottengono le seguenti = x 2 = 3 x 1 + x 2 1 x y = x 1 In definitiva nelle condizioni assegnate il sistema ammette due stati d equilibrio caratterizzati da x (1) 1 = +1 x (2) 1 = +2 Le corrispondenti uscite d equilibrio sono x (1) 2 = x (2) 2 = ȳ (1) = +1 ȳ (2) = +2

6 Domanda 2.2. Si determini l espressione del sistema linearizzato in corrispondenza di tutti i punti di equilibrio calcolati nella risposta alla domanda 2.1 Le equazioni di stato del sistema linearizzato in un intorno del generico stato d equilibrio [ x 1, x 2 ] T sono δx 1 = +1 δx 2 δx 2 = ( x 1 ) δx 1 1 δx δu δy = 1 δx 1 Le matrici delle equazioni di stato del sistema linearizzato nell intorno del generico stato d equilibrio [ x 1, x 2 ] T sono quindi [ ] [ ] 1 A = B = C = [ 1 ] ( x 1 ) 1 1 Per i due stati d equilibrio presi in considerazione allora si ha che [ ] [ ] 1 A (1) = B (1) = C (1) = [ 1 ] per lo stato d equilibrio [ 1, ] T, mentre per l altro stato d equilibrio si ha [ ] [ ] 1 A (2) = B (2) = C (2) = [ 1 ] 1 1 1

7 Esercizio 3 Si consideri un sistema lineare tempo invariante di cui siano riportati i diagrammi di Bode asintotici ed effettivi nella figura seguente. 4 Diagramma di Bode Modulo 2 db 2 ( 1) (+1) (+2) () pulsazione 1 Diagramma di Bode Fase 5 gradi pulsazione

8 Domanda 3.1. Si individui una possibile funzione di trasferimento la cui risposta in frequenza associata abbia le caratteristiche dei diagrammi in figura. Dall analisi dei diagrammi di Bode in figura, si possono trarre le considerazioni seguenti la FdT cercata presenta un polo in s = e la sua costante di guadagno è inferiore all unità: µ < 1; l andamento dei diagrammi nell intorno di ω = 1 è giustificabile con la presenza di una coppia di zeri complessi coniugati, a parte reale negativa, con bassissimo coefficiente di smorzamento e chiaramente pulsazione naturale ω n = 1; per ω = 2 la FdT presenta uno zero reale positivo; il comportamento nell intorno di ω = 1 si giustifica con la presenza di una coppia di poli complessi coniugati, a parte reale negativa, con coefficiente di smorzamento piccolo (ma maggiore di quello della coppia di zeri complessi coniugati identificata in precedenza) e pulsazione naturale ω n = 1. I diagrammi di Bode dell esercizio sono della FdT F(s) = 1 5 (2 s)(1 + s 2 ) s ( s s2 ) Domanda 3.2. Si dica, motivando le risposte, se le seguenti affermazioni sono vere o false: Il sistema è a fase minima. La funzione di trasferimento non è realizzabile. Il diagramma polare della funzione di trasferimento attraversa una sola volta la circonferenza unitaria con centro nell origine. Il sistema è a fase minima: falso. La FdT presenta uno zero non a fase minima. La funzione di trasferimento non è realizzabile: falso. La Fdt presenta un egual numero di zeri e poli, quindi è fisicamente realizzabile. Il diagramma polare della funzione di trasferimento attraversa una sola volta la circonferenza unitaria con centro nell origine: falso. In realtà la attraversa almeno due volte: - la prima volta per ω 1 25, da valori maggiori verso valori minori dell unità; - la seconda volta per ω 6, da valori minori a valori maggiori dell unità.

9 Domanda 3.3. Con riferimento alla figura seguente, ove L(s) è la funzione di trasferimento ottenuta nella risposta alla domanda 3.1, valutare la stabilità del sistema retroazionato. w + - L(s) y La FdT di ciclo aperto è L(s) = 1 5 (2 s)(1 + s 2 ) ( s s + 1 ) 1 s2 Per studiare al stabilità a ciclo chiuso del sistema si può applicare ad esempio il criterio di Routh Hurwitz. La tabella di Routh, calcolata sul polinomio di ciclo chiuso del sistema, vale Analizzando i termini della prima colonna della tabella (quelli evidenziati in rosso) si nota che ci sono una variazione di segno e due permanenze di segno. Ciò significa che il polinomio in questione presenta una radice a parte reale positiva, quindi il sistema di ciclo chiuso è instabile. Si noti che si poteva arrivare alla medesima conclusione anche tracciando il diagramma di Nyquist completo della risposta in frequenza associata alla L(s) per poi applicare il criterio di Nyquist.

10 Esercizio 4 Con riferimento al sistema rappresentato dallo schema a blocchi in figura: d y + e R (s) G (s) + + y ove G(s) = 1(1 +.2s) (1 +.5s) 2 Domanda 4.1. Utilizzando i diagrammi asintotici di Bode (si allega la carta logaritmica nella pagina seguente), si progetti un regolatore R(s) in modo che siano soddisfatte le seguenti specifiche di progetto: e( ) = per y = A 1(t), d(t) = B 1(t), con A e B che possono assumere un qualunque valore finito tempo di assestamento T a 1sec. Progetto statico. Per soddisfare le richieste sull errore a regime basta imporre che il regolatore possieda un azione di tipo integrale R 1 (s) = µ s, µ > Primo progetto dinamico.cancellando uno dei due poli in p = 1 2 richieste del problema. Infatti, utilizzando un regolatore pari a si ottiene una FdT di ciclo aperto pari a R(s) = µ s s si riesce facilmente a soddisfare le L(s) = 1 µ s s (1 +.5 s) Per questa FdT è ancora applicabile il criterio di Bode, anche quello semplificato 3. Sfruttando proprio il criterio semplificato, si può imporre che il diagramma asintotico del modulo della risposta in frequenza attraversi l asse a db in un tratto a pendenza 2 db/decade, garantendo così un margine di fase elevato, fino a 9. La FdT a ciclo chiuso in tali condizioni 4 presenta un polo reale dominante, quindi per ottenere un valore del tempo di assestamento pari a quello richiesto è opportuno imporre che T a 1 τ polo dominante 1 5 = ω c 5 A questo punto è opportuno verificare che per la pulsazione scelta ω = 5 ci sia effettivamente la possibilità di ottenere il margine di fase richiesto (cioé superiore a 75 ), qualora con una scelta opportuna della costante di guadagno µ si rendesse ω pulsazione critica per la FdT L(s). 3 Si lascia la verifica al lettore. 4 Basta garantire un margine di fase superiore oppure uguale a 75.

11 In realtà ciò che si ottiene è un margine di fase inferiore alle aspettative L(j 5) = (1 + j 1) 9 (1 + j 2.5) 113 = ϕ m 67 Se si scegliesse di far diventare ω = 5 la nuova pulsazione critica per la FdT L(s), allora si otterrebbe un tempo di assestamento nella risposta a gradino a ciclo chiuso dato da T a 5 ξ ω n, ξ ϕ m 1, ω n ω c (= ω) = T a 1.5 s che risulta comunque accettabile. In definitiva, non rimane che determinare il valore della costante di guadagno µ per terminare il progetto L (j ω) = 1 = µ.95 ed il regolatore cercato è dato da R(s) = s s Nelle seguenti figure vengono riportati rispettivamente i diagrammi di Bode sia asintotici che reali relativi al progetto appena descritto (in figura 2), il diagramma di Bode della risposta in frequenza della FdT L(s) ottenuta con questo progetto, con in evidenza margine di guadagno e di fase [ottenuti utilizzando il software Matlab] (in figura 1), l evoluzione temporale della risposta allo scalino del sistema a ciclo chiuso, con in evidenza il valore del tempo di assestameto ottenuto e della sovraelongazione della risposta (valori determinati mediante il software Matlab) (in figura 3). 4 Bode Diagram Gm = Inf, Pm = 66.8 deg (at 5 rad/sec) 3 2 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) Figura 1: Diagrammi di Bode effettivi della FdT L(s) ottenuta col primo progetto. In evidenza margine di guadagno e di fase.

12 L(s) asintotico L(s) reale G(s) asintotico G(s) reale R(s) asintotico R(s) reale L(s) asintotico L(s) reale G(s) asintotico G(s) reale R(s) asintotico R(s) reale Figura 2: Diagrammi di Bode relativi al primo progetto: i diagrammi reali sono riportati soltanto per confronto con quelli asintotici.

13 1.4 Step Response System: fdtf Peak amplitude: 1.11 Overshoot (%): 11.5 At time (sec):.665 System: fdtf Settling Time (sec): 1.25 Amplitude Time (sec) Figura 3: Risposta allo scalino del sistema a ciclo chiuso originato col primo progetto. sovraelongazione della risposta e tempo di assestamento [determinati col software Matlab]. In evidenza Secondo progetto dinamico Stavolta si cerchi di ottenere il soddisfacimento delle specifiche assegnate (quindi errore a regime e tempo di assestamento) scegliendo a priori un margine di fase esattamente pari a 75, ma con un diverso regolatore 5. La struttura del regolatore stavolta sia la seguente R(s) = µ (1 +.5 s)2 s (1 + τ s) in cui vengono cancellati entrambi i poli della FdT G(s), si inserisce l azione integrale (per ottenere errore nullo a regime a fronte di ingressi a scalino, come da richiesta) ed il polo aggiuntivo, con costante di tempo τ, garantisce la realizzabilità fisica. I parametri da determinare stavolta sono due: la costante di tempo τ del polo aggiunto per la realizzabilità fisica ed il guadagno statico µ del regolatore. Per il progetto si proceda come in precedenza: si può imporre che il diagramma asintotico del modulo della risposta in frequenza attraversi l asse a db in un tratto a pendenza 2 db/decade, garantendo così un margine di fase elevato, fino a 9. La FdT a ciclo chiuso in tali condizioni 6 presenta un polo reale dominante, quindi per ottenere un valore del tempo di assestamento pari a quello richiesto è opportuno imporre che T a 1 τ polo dominante 1 5 = ω c 5 5 Con il semplice regolatore proposto in precedenza non si riesce ad ottenere un margine di fase così elevato, se non a pulsazioni maggiori di quella prescelta. Si lascia per esercizio la verifica del fatto che col regolatore del primo progetto proposto si ottiene un margine di fase pari a 75 per una pulsazione approssimativamente pari a 1 rad/s. 6 Basta garantire un margine di fase superiore oppure uguale a 75.

14 Stavolta, avendo due gradi di libertà 7 sarà più facile ottenere il rispetto delle specifiche su margine di fase e pulsazione critica: ω c 5 ϕ m 75 Scegliendo di ottenere un margine di fase maggiore o uguale a 75, a partire dalla nuova FdT d anello si arriva alla seguente relazione 8 tra ω c e τ L (j ω c ) = arctan L(s) = 1 µ (1 +.2 s) s (1 + τ s) ( ωc ) 9 arctan(τ ω c ) 15 5 (τ tan 15 ) ω 2 c + (1 5 τ) ω c + 5 tan15 Se nella relazione appena determinata si impone che la pulsazione ω c sia proprio pari a 5 si ottiene τ 1 + tan15 5 (1 tan 15 ).346 Ora non rimane che da determinare il guadagno statico µ ω c = 5, τ =.346, L (j ω c ) = 1 = µ.71 In definitiva il regolatore ottenuto è dato dalla FdT R(s) =.71 (1 +.5 s)2 s ( s) Nelle seguenti figure vengono riportati rispettivamente i diagrammi di Bode sia asintotici che reali relativi al progetto appena descritto (in figura 5), il diagramma di Bode della risposta in frequenza della FdT L(s) ottenuta con questo progetto, con in evidenza margine di guadagno e di fase [ottenuti utilizzando il software Matlab] (in figura 4), l evoluzione temporale della risposta allo scalino del sistema a ciclo chiuso, con in evidenza il valore del tempo di assestameto ottenuto e della sovraelongazione della risposta (valori determinati mediante il software Matlab) (in figura 6). 7 I due parametri individuati in precedenza. 8 Si è sfruttata nel ricavo della relazione la nota relazione trigonometrica. tan (α + β) = tan α + tan β 1 tan α tan β

15 4 Bode Diagram Gm = Inf, Pm = 75 deg (at 5 rad/sec) 3 2 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) Figura 4: Diagrammi di Bode effettivi della FdT L(s) ottenuta col secondo progetto. In evidenza margine di guadagno e di fase.

16 L(s) asintotico L(s) reale G(s) asintotico G(s) reale R(s) asintotico R(s) reale L(s) asintotico L(s) reale G(s) asintotico G(s) reale R(s) asintotico R(s) reale Figura 5: Diagrammi di Bode relativi al secondo progetto: i diagrammi reali sono riportati soltanto per confronto con quelli asintotici.

17 1.4 Step Response System: fdtf Peak amplitude: 1.5 Overshoot (%): 5.38 At time (sec):.713 System: fdtf Settling Time (sec): 1.26 Amplitude Time (sec) Figura 6: Risposta allo scalino del sistema a ciclo chiuso originato col secondo progetto. In evidenza sovraelongazione della risposta e tempo di assestamento [determinati col software Matlab].

18 Domanda 4.2. Assumendo che d(t) =, t, valutare l errore a regime e( ) in corrispondenza di un ingresso a rampa y (t) = A t 1(t) In generale, data la FdT d anello aperto L(s), l errore a regime alla rampa è valutabile, utilizzando la trasformata di Laplace, come segue 1 E(s) = 1 + L(s) A s 2 Nell ipotesi che sia applicabile il teorema del valore finale 9 sarà poi necessario valutare la seguente espressione e = lim t e(t) = lim s s E(s) = lim s s L(s) A s 2 Nel caso del primo regolatore proposto si ottiene R(s) = s s = L(s) = s s (1 +.5 s) = E(s) = s (1 +.5 s) s (1 +.5 s) (1 +.2 s) A s 2 e quindi e mentre per il secondo regolatore si ha = lim s s 2 (1 +.5 s) s (1 +.5 s) (1 +.2 s) A s 2 = A A R(s) =.71 (1 +.5 s)2 s ( s) = L(s) = 7.1 (1 +.2 s) s ( s) = E(s) = s ( s) s ( s) (1 +.2 s) A s 2 e quindi e = lim s s 2 ( s) s ( s) (1 +.2 s) A s 2 = A A Si noti come 1 a costante di guadagno maggiore per la FdT L(s) corrisponda errore a regime alla rampa minore. 9 Nei due casi che si vanno a considerare il teorema del valore finale risulta sempre applicabile. Si lascia la verifica per esercizio. 1 E c era da aspettarselo...

19 Domanda 4.3. Sempre assumendo che d(t) =, t, valutare il massimo ritardo d anello ammissibile senza che venga inficiata la stabilità in anello chiuso, ovvero, sostituendo a G(s) la funzione di trasferimento G (s) = G(s) e st, si valuti il massimo ritardo T per cui non venga inficiata la stabilità in anello chiuso. Va utilizzata la formula Nel caso del primo regolatore proposto si ottiene T = 1 ω c ϕm π 18 mentre per il secondo regolatore si ha R(s) = s s R(s) =.71 (1 +.5 s)2 s ( s) = T.23 s = T.26 s