COMPITO DI CONTROLLI AUTOMATICI 9 Settembre 2013

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1 COMPITO DI CONTROLLI AUTOMATICI 9 Settembre 213 Esercizio 1. [1 punti] Si consideri il modello ingresso/uscita a tempo continuo avente la seguente funzione di trasferimento: G(s) = 1 3 (s.1)2 (s + 1) s (s 2 +.2s + 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 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. [5 punti] i) 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 G(s) = (s2 + 2s + 2)(s 2 + 1) s 2 (s 1)(s + 5)(s + 1). ii) Si discuta, in termini qualitativi e basandosi sul precedente luogo positivo, la stabilità BIBO della funzione di trasferimento al variare di K sui reali positivi. W(s) = KG(s) 1 + KG(s) Esercizio 3. [1.5 punti] Dato il modello ingresso/uscita a tempo continuo descritto dalla seguente equazione differenziale: d 3 y(t) dt 3 con a parametro reale, + (1 + a) d2 y(t) dt 2 + (2 + a) dy(t) dt + 2y(t) = 2 du(t) dt i) si studi al variare di a la stabilità asintotica e BIBO del sistema; + 2u, ii) per a = 3 si determini la risposta al gradino del sistema, che indicheremo con g 1 (t) (e la fdt del sistema verrà indicata con G(s)), e se ne valutino tempo di salita, tempo di assestamento e sovraelongazione percentuale; 1

2 iii) per a = 9/2 si progetti un controllore in retroazione di tipo PD ( C PD (s) = K p + K d s = K p 1 + K ) d s, K p in modo tale che 1) il risultante sistema retroazionato sia di tipo con errore di regime permanente (al gradino unitario), e (1) rp, minore o uguale a e rp =.1; 2) la funzione di trasferimento in catena aperta C PD (s)g(s) abbia di attraversamento all incirca ωa = 4 rad/sec e 3) margine di fase pari a 9. Teoria. [5 punti] Dato un modello ingresso/uscita LTI a tempo continuo causale, descritto da un equazione differenziale lineare e a coefficienti costanti, si definiscano i concetti di stabilità asintotica e di stabilità BIBO e si dimostri, operando sia nel dominio del tempo che nel dominio delle trasformate di Laplace, che la stabilità asintotica implica la stabilità BIBO. 2

3 SOLUZIONI Esercizio 1. i) [5 punti] È immediato verificare che la funzione di trasferimento ha la seguente forma di Bode: G(s) = 1 3 (s.1)2 (s + 1) s (s 2 +.2s + 1) = 1 ( 1 s.1) 2 (1 + s) s ( s + s 2 ). Pertanto K B = 1 e la risposta in frequenza presenta uno zero reale positivo doppio in 1 1 (1/T 1 =.1,µ 1 = 2), uno zero reale negativo semplice in 1 (1/T 2 = 1,µ 2 = 1), un polo semplice in (ν = 1), ed una coppia di poli complessi coniugati con ω n = 1 e ξ = 1/1 (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. 85 Diagramma di Bode Modulo db

4 3 Diagramma di Bode Fase gradi 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: 8 Nyquist Diagram 6 4 Imaginary Axis Real Axis Il diagramma di Nyquist, riportato al finito attraverso il percorso di Nyquist modificato, compie due giri in verso orario attorno a 1 + j, ovvero N = 2 (infatti il diagramma di Bode dei moduli si trova interamente sopra all asse a db e pertanto è chiaro che l attraversamento del semiasse reale negativo avviene alla sinistra del punto critico 1 + j). Poichè G(s) non ha poli a parte reale positiva, ovvero n G+ =, la condizione N = 2 implica n W+ = 2. Pertanto il sistema retroazionato non è BIBO stabile ed ha due poli a parte reale positiva. 4

5 Esercizio 2. i) [4 punti] Adottando le regole per il tracciamento del luogo (positivo) delle radici, 1. verifichiamo subito che appartengono al luogo delle radici tutti i punti del semiasse reale negativo (, 1] e dell intervallo [ 5,1]. 2. Poichè il numero dei poli è n = 5 mentre il numero degli zeri è m = 4, ne consegue che un solo ramo va al punto improprio nella direzione angolare π, ovvero lungo il semiasse reale negativo. La soluzione più predicibile è che ci sia un punto doppio nell intervallo [ 5,] da cui si dipartono due rami che vanno ai due zeri complessi coniugati, ed un punto doppio nell intervallo [, 1] da cui si dipartono due rami che vanno ai due zeri immaginari coniugati. Possiamo dedurre ora l andamento qualitativo del luogo ottenendo in tal modo 1.5 Root Locus 1 Imaginary Axis (seconds 1 ) Real Axis (seconds 1 ) ii) [1 punti] È immediato rendersi conto del fatto che uno dei rami del luogo positivo è interamente contenuto nel semipiano reale positivo e quindi per ogni valore di K > la funzione di trasferimento W(s) non è BIBO stabile. Esercizio 3. [3.5 punti] L equazione caratteristica del sistema è = s 3 + (1 + a)s 2 + (2 + a)s + 2 =: d(s). Per valutare per quali valori di a il polinomio d(s) è un polinomio di Hurwitz utilizziamo la tabella di Routh. Si trova: 5

6 3 1 a a 2 1 a(3 + a) 1 + a 2 e pertanto d(s) è Hurwitz se e solo se 1 + a > e a(3 + a) >, ovvero se e solo se < 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 G(s) = 2s + 2 s 3 + (1 + a)s 2 + (2 + a)s + 2 = 2(s + 1) s 3 + (1 + a)s 2 + (2 + a)s + 2. Chiaramente l unica cancellazione possibile tra numeratore e denominatore è quella del fattore stabile s + 1, ma l unico modo affinché il polinomio rimanente al denominatore, una volta effettuata la cancellazione, sia Hurwitz, è che sia Hurwitz già d(s). Ma allora il sistema non può essere BIBO stabile a meno che non sia asintoticamente stabile. Di consequenza, il sistema è BIBO stabile se e solo se a >. ii) [4 punti] Per a = 3 la funzione di trasferimento del sistema diventa: G(s) = 2s + 2 s 3 + 4s 2 + 5s + 2 = 2(s + 1) (s + 1)(s 2 + 3s + 2) = 2 (s + 1)(s + 2). La trasformata di Laplace della risposta al gradino è G 1 (s) = W(s) 1 s = 2 s(s + 1)(s + 2). La decomposizione in fratti semplici di G 1 (s) porta a e ad essa corrisponde la funzione del tempo La sua derivata vale per t > G 1 (s) = 1 s 2 1 s s + 2 g 1 (t) = [ 1 2e t + e 2t] δ 1 (t). dg 1 dt = 2e t 2e 2t. Chiaramente tale derivata è positiva per ogni t >. Pertanto la risposta al gradino ha un andamento monotono. Ciò assicura che non ci sia sovraelongazione e che tempo di salita e assestamento coincidano. Per calcolare il tempo di salita (al 1%) imponiamo g 1 (t r ) = 1 2e tr + e 2tr =.9, 6

7 da cui si ottiene l equazione equivalente Posto s := e tr, otteniamo l equazione e 2tr 2e tr +.1 =. s 2 2s +.1 =, le cui soluzioni sono s 1 =.513 e s 2 = Chiaramente l unica soluzione d interesse è s 1 in quanto minore di 1 (perché deve corrispondere a un t r > ). Si ottiene quindi s 1 = e tr = da cui t r = 2.97 secondi. Alternativamente, uno poteva osservare che 1 2e tr + e 2tr = (1 e tr ) 2 e quindi il valore di t r può essere determinato attraverso la risoluzione di (1 e tr ) 2 =.9, con il vincolo che t r > e quindi 1 e tr >. Il grafico della risposta al gradino è il seguente: iii) [3 punti] Per a = 9/2 la funzione di trasferimento del sistema diventa: 2(s + 1) G(s) = (s + 1)(s 2 + 9/2s + 2) = 2 (s + 4)(s + 1/2) = 1 ( ) (1 ). 1 + s + s La funzione di trasferimento del controllore PD può essere pensata nella forma C PD (s) = C (s)c (s), 1/2 4 con C (s) = K p e C (s) = 1 + K d K p s. 7

8 Il requisito su tipo e sull errore di regime permanente impone e (1) rp = K p K B (G) = 1.1, 1 + K p da cui segue K p 9. Scegliamo, allora C (s) = 1. I diagrammi di Bode di G(s) = C (s)g(s) sono i seguenti: 2 Diagramma di Bode Modulo db Diagramma di Bode Fase gradi Si trova 3.5 rad/s ω A < ω A = 1 rad/s e m ψ(ω A ) := 18 + arg(c (jω A )G(jω A )) soddisfa 5 m ψ (ω A ) < m ψ = 9. Osserviamo che per risolvere il problema dobbiamo esercitare un azione anticipatrice e quindi introdurre uno zero. Al risultato desiderato 8

9 possiamo giungere con una soluzione ad occhio. Se infatti cancelliamo il polo in 1/2 di G(s) con lo zero del controllore, ovvero scegliamo otteniamo C (s) = 1 + s 1/2, C PD (s)g(s) = s 4 la cui di attraversamento è esattamente 4 rad/sec e il cui margine di fase è 9. 2 Diagramma di Bode Modulo 15 1 db Diagramma di Bode Fase gradi

10 Teoria. edizione). [5 punti] Si veda il Capitolo 4, paragrafo 4.1, del Libro di testo (seconda 1