COMPITO DI CONTROLLI AUTOMATICI 7 Febbraio 2013

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1 COMPITO DI CONTROLLI AUTOMATICI 7 Febbraio 213 Esercizio 1. Si consideri il modello ingresso/uscita a tempo continuo avente la seguente funzione di trasferimento: G(s) = 1 1 (s.1)(s + 1) 2 s(s +.1) 2 (s 2 + s + 1). i) Si determini il diagramma di Bode (modulo e fase) della risposta in frequenza del sistema; ii) si determini il diagramma di Nyquist di G(jω) per ω R, si studi, attraverso il criterio di Nyquist, la stabilità BIBO del sistema (di funzione di trasferimento W (s) = G(s)/[1 + G(s)]) ottenuto per retroazione unitaria negativa da G(s) e si determini l eventuale numero di poli a parte reale positiva di W (s). Esercizio 2. Si tracci approssimativamente il luogo (positivo) delle radici della funzione W (s), ottenuta per retroazione unitaria negativa a partire dalla corrispondente K G(s), con K R, K >, e (s + 2) 2 (s 2 + 4) G(s) = s(s + 1)(s 2 + 2s + 5)(s + 1). Esercizio 3. Dato il modello ingresso/uscita a tempo continuo descritto dalla seguente equazione differenziale: d 3 y(t) dt 3 con a parametro reale, + (a + 1) d2 y(t) + 2a dy(t) dt + ay(t) = d2 u(t) + au(t), i) si studi al variare di a in R stabilità asintotica e BIBO del sistema; [Attenzione: nello studio della BIBO stabilità si devono analizzare - potenzialmente - tre casi, a seconda del segno di a, ma non tutti sono significativi e alcuni possono essere esclusi a priori]. ii) per a =, si determini (se esiste) una possibile scelta delle condizioni iniziali in corrispondenza alla quale esista la risposta di regime permanente y rp (t) al segnale di ingresso u(t) = cos t δ 1 (t), e in corrispondenza a tali condizioni iniziali e a tale ingresso (quindi tenendo conto sia dell evoluzione libera che dell evoluzione forzata) si determinino componente transitoria y tr (t) e componente di regime y rp (t) dell uscita corrispondente; iii) per a = 1 si determini l uscita forzata in corrispondenza al segnale di ingresso u(t) = ( 2 sin t + π ) δ 1 (t), 4 ricorrendo alle trasformate di Laplace. 1

2 Teoria. Si enunci, nella sua versione più restrittiva, il criterio di Nyquist per la stabilità BIBO di sistemi (lineari, tempo-invarianti e a tempo continuo) ottenuti per retroazione unitaria negativa e se ne discutano le possibili estensioni. 2

3 SOLUZIONI Esercizio 1. i) [5 punti] È immediato verificare che la funzione di trasferimento ha la seguente forma di Bode: ( ) ( ) 1 s s 2 G(s) = s ( 1 + s ) 2 ( s s2 1 Pertanto K B = 1 e la risposta in frequenza presenta uno zero reale positivo semplice in 1 1 (1/ T 1 =.1, µ 1 = 1), uno zero reale negativo doppio in 1 (1/ T 2 = 1, µ 2 = 2), un polo semplice in (ν = 1), un polo reale negativo doppio in.1 (1/ T = 1, µ = 2), ed una coppia di poli complessi coniugati (stabili) con ω n = 1 e ξ = 1/2 (e ξ < 1/ 2). Sulla base di tali considerazioni e dei diagrammi di Bode, sia asintotici che effettivi, dei termini elementari, è immediato determinare i diagrammi di Bode della preassegnata risposta in frequenza, riportati nelle figure che seguono. ). 8 Diagramma di Bode Modulo 1 Diagramma di Bode Fase db 2 gradi pulsazione pulsazione ii) [6 punti] Il diagramma di Nyquist, per ω R, della risposta in frequenza di cui abbiamo tracciato il diagramma di Bode al punto i) è riportato qui sotto (a sinistra), assieme al dettaglio del diagramma in un intorno dello zero (a destra): 3

4 8 Nyquist Diagram Nyquist Diagram Imaginary Axis Imaginary Axis Real Axis Real Axis Il diagramma di Nyquist, riportato al finito attraverso il percorso di Nyquist modificato, compie tre giri in verso orario attorno a 1 + j, ovvero N = 3. Poiché G(s) non ha poli a parte reale positiva, ovvero n G+ =, la condizione N = 3 implica n W + = 3. Pertanto il sistema retroazionato non è BIBO stabile ed ha tre poli a parte reale positiva. Esercizio 2. delle radici, i) [4 punti] Adottando le regole per il tracciamento del luogo (positivo) 1. verifichiamo subito che appartengono al luogo delle radici tutti i punti del semiasse reale negativo che appartengono a (, 1] [ 1, ]. 2. Poichè il numero dei poli è n = 5 mentre il numero di zeri è m = 4, ne consegue che un solo ramo va al punto improprio nella direzione angolare π. Certamente ci deve essere un punto doppio nell intervallo [ 1, ] da cui si dipartono due rami che vanno a due zeri. Analogamente ci devono essere due rami che partendo dai due poli complessi coniugati 1 ± j2 vanno in due zeri. Si pone allora il problema di come scegliere le coppie zeri-poli da congiungere. Delle due soluzioni possibili, quella corretta è quella che porta ai collegamenti più corti. Ciò corrisponde a collegare i due poli in 1 ± j2 con i due zeri immaginari coniugati in ±j2, e i due rami che escono dal tratto [ 1, ] con lo zero reale doppio in 2. Possiamo dedurre ora l andamento qualitativo del luogo ottenendo in tal modo 4

5 2.5 Root Locus Imaginary Axis (seconds 1 ) Real Axis (seconds 1 ) Va tuttavia detto che, con gli strumenti analitici di cui disponiamo per lo studio del luogo delle radici, entrambe le soluzioni risultano possibili e quindi vengono considerate accettabili ai fini della valutazione del compito. Esercizio 3. i) [4.5 punti] L equazione caratteristica del sistema è s 3 + (a + 1)s 2 + 2as + a =. Per valutare per quali valori di a il polinomio d(s) è un polinomio di Hurwitz utilizziamo la tabella di Routh. Si trova: 3 1 2a 2 a + 1 a 1 2a 2 + a a + 1 a 5

6 e pertanto d(s) è Hurwitz se e solo se a + 1 >, 2a 2 + a > e a >, ovvero a >. Di conseguenza il sistema è asintoticamente stabile se e solo se a >. Per quanto concerne la stabilità BIBO, certamente il sistema è BIBO stabile per tutti i valori del parametro a per cui è asintoticamente stabile. La funzione di trasferimento del sistema è s 2 + a W (s) = s 3 + (a + 1)s 2 + 2as + a. Osserviamo che al numeratore abbiamo tre diverse situazioni: per a = uno zero doppio in ; per a > una coppia di zeri immaginari coniugati in ±j a; per a < due zeri reali in ± a. Per a = è immediato verificare che W (s) = 1/(s + 1) e quindi il sistema è BIBO stabile. Per a >, dal momento che le radici immaginarie coniugate vanno sempre assieme, si tratta di verificare se esiste un valore di a > per cui s 3 + (a + 1)s 2 + 2as + a sia multiplo di s 2 + a. Imponendo s 3 + (a + 1)s 2 + 2as + a = (s 2 + a)(cs + d), c, d R, si vede che tale condizione non è mai verificata per a. In ogni caso, questo caso poteva essere tralasciato, dal momento che per a > sappiamo già che il sistema è BIBO stabile. Infine, per a <, si tratta di vedere se esiste un valore di a < per cui il polinomio al denominatore si annulla in a oppure in a. Imponendo d( a) = ( a) 3 + (a + 1)( a) 2 + 2a a + a = a( a a) =, si trova che non esistono soluzioni con a <. Invece imponendo d( a) = ( a) 3 + (a + 1)( a) 2 2a a + a = a( a + a) =, si trova a = 1. Ora per a = 1 la W (s) diventa W (s) = s2 1 (s + 1)(s 1) s 3 = 2s 1 (s + 1)(s 2 s 1) = s 1 s 2 s 1, e pertanto (applicando Cartesio al polinomio al denominatore) il sistema risulta non BIBO stabile. Anche questo caso, comunque, poteva essere trascurato, giacché stiamo parlando della cancellazione di un solo zero reale negativo e quindi stabile: se il polinomio rimanente al denominatore fosse stato di Hurwitz avremmo avuto anche l asintotica stabilità. Riassumendo il sistema è BIBO stabile se e solo se a. ii) [4 punti] Per a = il sistema viene descritto dalla seguente equazione differenziale: d 3 y(t) dt 3 + d2 y(t) = d2 u(t). Si tratta di un sistema non asintoticamente stabile, ma, in base all analisi del precedente punto i), BIBO stabile. Per questa ragione esiste la risposta di regime permanente al 6

7 segnale sinusoidale assegnato se e solo se l evoluzione libera in corrispondenza alle condizioni iniziali assegnate risulta convergente a zero. Andiamo quindi a valutare quali sono le evoluzioni libere convergenti a zero e a quali condizioni iniziali esse corrispondono. I modi del sistema sono e t, 1 e t, e pertanto l espressione della generica evoluzione libera d uscita sarà y l (t) = c 1 e t + c 2 + c 3 t. Chiaramente le uniche evoluzioni libere convergenti a zero sono quelle del tipo y l (t) = c 1 e t, e corrispondono alle condizioni iniziali y( dy(t) ) = c 1, dt = c 1, t= d 2 y(t) = c 1. t= Prendiamo, ad esempio, c 1 = 1, da cui segue y( ) = dy(t) dt t= = d2 y(t) = 1. t= Per calcolare la componente transitoria e la componente di regime permanente della sola risposta forzata, ricorriamo alle trasformate di Laplace. Si trova da cui U(s) = s s 2 + 1, Y f (s) = W (s)u(s) = 1 s s + 1 s = 1/2 s + 1 Ciò corrisponde, nel dominio del tempo, al segnale di uscita 1/2s + 1/2 + s y f (t) = [ 1/2e t + 1/2 cos t + 1/2 sin t]δ 1 (t). Si riconosce quindi la componente di regime permanente (della forzata e quindi complessiva) in y rp (t) = 1/2 cos t + 1/2 sin t = 1/ 2 sin(t + π/4), mentre la componente transitoria dell evoluzione forzata è data da y f,tr (t) = 1/2e t. Pertanto la componente transitoria complessiva del segnale è data da y tr (t) = y l (t) + y f,tr (t) = e t 1/2e t = 1/2e t. iii) [2.5 punti] Innanzitutto osserviamo che u(t) = [cos t + sin t]δ 1 (t), e quindi U(s) = s + 1 s

8 Inoltre per a = 1 la funzione di trasferimento del sistema è W (s) = s s 3 + 2s 2 + 2s + 1. La trasformata di Laplace dell evoluzione forzata è data da Y f (s) = s s + 1 W (s)u(s) = s 3 + 2s 2 + 2s + 1 s = s + 1 s 3 + 2s 2 + 2s + 1 = 1 s 2 + s + 1 = 1 ( ) ( 3 ) s , e corrisponde a ( )] y f (t) = [e 2 3 t/2 sin 3 2 t δ 1 (t). Teoria. [5 punti] Si veda il Capitolo 7 del libro di testo, pagina 16 e successive. 8