y(t) Amplitude

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1 SOLUZIONI PROVA SCRITTA DI AUTOMATICA I (Prof. Bittanti, BIO A-K) 8 Luglio 7. Si considerino il seguente sistema dinamico lineare a coefficienti costanti: ut () Gs () y (t) s + 3 con Gs () =, e i diagrammi seguenti A, B, C. Per ciascuna delle affermazioni sotto riportate, si ( + 4) dica se sia vera o falsa, giustificando le risposte in base all applicazione di opportuni teoremi. Impulse Response.4.8 Impulse Response y(t) Amplitude.5..5 A y(t) Amplitude B Time (sec) tempo t (s) Step Response Time (sec) tempo t (s) Amplitude y(t)..8 C Time (sec) tempo t (s).a Il diagramma A rappresenta la risposta y(t) del sistema in corrispondenza di un ingreo ut () = e sin() tscat ()..b Il diagramma C rappresenta la risposta y(t) del sistema in corrispondenza di un ingreo ut () = e rampt () = te scat ()..c Il diagramma B rappresenta la risposta y(t) del sistema in corrispondenza di un ingreo ut () = e rampt () = te scat ()..a VERO: il diagramma A rappresenta la risposta y(t) del sistema in corrispondenza di un ingreo ut () = e sin() tscat (). Infatti, si ha che L s + 3 ut () = e sin() tscat () U() s = Y() s = GsU () () s =, ( s+ ) + 4 s( s+ 4) ( s+ ) + 4 perciò y(t) dovrà avere nel proprio andamento oscillazioni smorzate, per via dei poli complei coniugati a parte reale negativa ( ± j ); inoltre, grazie al teorema del valore finale, che si può applicare in quanto Y(s) ha poli solo nell origine o a parte reale negativa, si ottiene che

2 s+ 3 s+ 3 6 lim t yt ( ) = lim s sy( s) = lims s = lim s = =.3, ( + 4) ( s + ) + 4 s + 4 ( s + ) che è proprio il valore di regime che si ha nella figura A; infine, per il teorema del valore iniziale applicato ad y(t) ed alle sue derivate prima e seconda, si ha s+ 3 s+ 3 y() = lim t y( t) = lim s sy( s) = lims s = lim s = ( + 4) ( s + ) + 4 s + 4 ( s + ) + 4 s + 3 y () = lim t y ( t) = lim s s[ sy( s) y()] = lim s s Y( s) = lims s = ( + 4) ( s + ) s + 3 y() = lim t y( t) = lim s s[ s Y( s) sy() y ()] = lim s s Y( s) = lims s = > ( + 4) ( s + ) + 4 e quindi il grafico di y(t) parte dall origine con tangente orizzontale e concavità rivolta verso l alto, come appare nel diagramma A appunto..b FALSO. Il diagramma C NON rappresenta la risposta y(t) del sistema in corrispondenza di un ingreo ut () = e rampt () = te scat (). Infatti, si ha che L s + 3 u() t = e ramp() t = te sca() t U() s = Y() s = G() s U() s =, ( s+ ) s( s+ 4)( s+ ) perciò, grazie al teorema del valore finale, che si può applicare in quanto Y(s) ha poli solo nell origine o a parte reale negativa, si ottiene che s+ 3 s+ 3 3 lim t yt ( ) = lim s sy( s) = lims s = lim s = =.75, ( + 4)( s + ) ( s + 4)( s + ) 4 che è un valore finito, mentre nel diagramma C y(t) non appare tendente ad un valore finito; inoltre, per il teorema del valore iniziale applicato ad y(t) ed alla sua derivata prima, si ha s+ 3 s+ 3 y() = lim t y( t) = lim s sy( s) = lims s = lim s = ( + 4)( s + ) ( s + 4)( s + ) s + 3 y () = lim t y ( t) = lim s s[ sy( s) y()] = lim s s Y( s) = lims s = ( + 4)( s + ) e quindi il grafico di y(t) parte dall origine con tangente orizzontale, mentre nel diagramma C la pendenza iniziale risulta strettamente positiva..c VERO: il diagramma B rappresenta la risposta y(t) del sistema in corrispondenza di un ingreo ut () = e rampt () = te scat (). Infatti, si poono svolgere gli stei calcoli rispetto al punto.b, trovando ora corrispondenza tra il valore di regime calcolato.75 e quello mostrato nel grafico B e corrispondenza anche per quanto riguarda il valore inziale di y(t) e della sua derivata prima; infine, anche la concavità iniziale del grafico è corretta, in quanto analiticamente si trova che 3 3 s + 3 lim t yt ( ) = lim s Y [ ( s) sy() y ()] = lim s sy( s) = lims s = >, ( + 4)( s + ) oia concavità rivolta verso l alto, come appare nel diagramma B appunto...a Si consideri il seguente sistema non lineare a tempo continuo: = 4 u y = + 3u Si determinino gli stati e le uscite di equilibrio per ut () = u=..b Si studi graficamente la stabilità dell equilibrio per ut () = u=, determinando quali stati di equilibrio sono stabili e quali instabili.

3 .c Si consideri ora il seguente sistema non lineare a tempo continuo: = 4 u 3 3 = 7 + u y = + 3u Si determinino gli stati e le uscite di equilibrio per ut () = u=..d Si scelga uno degli stati di equilibrio determinati al punto.c e si calcoli la matrice dinamica A del sistema linearizzato corrispondente; si studi quindi analiticamente la stabilità di tale punto di equilibrio, a partire dagli autovalori della matrice A trovata..a All equilibrio, il sistema = 4 u y = + 3u diventa = 4 u y = + 3u (cioè t () = = cost, yt () = y= cost), perciò, per ut () = u=, si ha = 4 4 = =, y = 6 y = 7 y =5 cioè si hanno due poibili condizioni di equilibrio: l una in cui lo stato di equilibrio vale e, in corrispondenza, l uscita di equilibrio vale 7; l altra in cui lo stato di equilibrio vale e, in corrispondenza, l uscita di equilibrio vale 5..b Per ut () = u=, l equazione = 4 4 è rappresentata, nel piano (, ), da una parabola: - -4 Le intersezioni di tale parabola con l ae sono gli stati di equilibrio trovati in precedenza analiticamente; in base al segno della derivata prima attorno a tali punti, si deduce come (t) tenda ad avvicinarsi o allontanarsi rispetto ai punti di equilibrio, se si parte da uno stato perturbato rispetto 3

4 all equilibrio: precisamente, nel caso presente, il verso di crescita o decrescita di, indicato con frecce, permette di dedurre che è uno stato di equilibrio stabile asintoticamente, mentre è uno stato di equilibrio instabile..c Quando ut () = u=, all equilibrio il sistema = 4 u 3 3 = 7 + u y = + 3u diventa = = 7 8, y = 6 da cui = 3 = 3 = =, 6 y = y = 3 3 cioè si hanno due poibili condizioni di equilibrio: l una caratterizzata dal vettore di stato dall uscita /3, l altra caratterizzata dal vettore di stato 3 = e dall uscita 6/3. 3 = e.d Per completezza, si riportano qui le considerazioni relative a entrambi gli stati di equilibrio determinati al punto.c. Detto il generico stato di equilibrio, la matrice dinamica A del sistema linearizzato corrispondente = A + B u,, y y y, u uu y = C + D u, risulta ( 4 u ) ( 4 u ) 8 8 A = = 3 3 ( 7 u) ( 7 u) = 8 ( 7, + +,, u) (,, u) Gli autovalori di A sono le radici λ della seguente equazione: det( λi A) =, oia, in questo caso, dell equazione λ 8 det 3 = 8 λ 7 ovvero 4

5 λλ ( 7 ) 8 8 = 3 λ 7 λ 648 = 3 Nel caso 3 =, l equazione da risolvere risulta allora 8 4 λ + 7 λ 648 = λ + 8λ 88 = 7 9 che ha radici reali di cui una negativa e una positiva: quest ultima rende instabile lo stato di equilibrio considerato 3 =. Nel caso 3 =, l equazione da risolvere risulta allora 8 4 λ 7 λ 648 = λ 8λ 88 = 7 9 che ha radici reali di cui una negativa e una positiva: quest ultima rende instabile lo stato di equilibrio considerato 3 =. Riaumendo, entrambi gli stati di equilibrio trovati al punto 3.c sono instabili. 3. Si consideri il sistema dinamico seguente: y ( t) L() s y (t) Il diagramma di Bode del modulo aociato ad L(s) è riportato nella figura qui sotto: 4 Diagramma di Bode - Modulo 3 db a Si determini L(s) scegliendo fra le seguenti espreioni A, B, C, D, E. Si giustifichi la risposta. 5( s + ) 5 s( s + ) 5( s + ) A. Ls () = B. Ls () = C. Ls () = ( + )( s+ ( s+ )( s+ ( s)( s 5

6 D. s( s + ) Ls () = E. ( s+ )( s+ s( s + ) Ls () = ( s+ )( s+ 3.b In base alla scelta fatta al punto 3.a, si determini quale dei seguenti diagrammi di Bode della fase A, B, C sia quello aociato ad L(s), giustificando la risposta. Diagramma di Bode - Fase Diagramma di Bode - Fase A 5 B gradi gradi Diagramma di Bode - Fase C -8 gradi c In base alle scelte fatte ai punti 3.a e 3.b, si determini quale dei seguenti diagrammi di Nyquist A, B, C sia quello di L(s), giustificando la risposta Imaginary Ais - A Imaginary Ais - B Real Ais Real Ais Imaginary Ais C Real Ais 6

7 3.a La funzione di trasferimento L(s) corretta, fra le cinque proposte, è la B: 5 s( s + ) Ls () = ( s+ )( s+ Infatti, la pendenza iniziale, ovvero per bae pulsazioni, del diagramma di Bode asintotico del modulo è di db/decade, perciò la scelta si restringe subito alle tre f.d.t. B, D ed E; in corrispondenza, inoltre, della 5 rad/s, il diagramma diminuisce la sua pendenza di 4 db/decade, paando da db/decade a - 4 db/decade, pertanto L(s) deve avere un polo doppio alla 5 rad/s, perciò non può che eere la f.d.t. B. 5 s( s + ) 3.b Il diagramma di Bode della fase aociato ad Ls () = è il B. Infatti, il guadagno ( s+ )( s+ positivo unitamente allo zero nell origine determina il fatto che la fase iniziale sia 9, il che esclude il diagramma C; poi, il polo negativo con 5 rad/s è doppio, perciò determina una diminuzione di fase di 8, e non di 9, perciò anche il diagramma A viene escluso. 3.c Il diagramma di Nyquist di L(s) è A. Infatti, il maimo modulo raggiunto da L(jω) è inferiore ai 4 db, oia inferiore a, come si legge dal diagramma non approimato del modulo di L(jω), nella figura fornita all inizio dell esercizio 3; i moduli dei diagrammi di Nyquist B e C, invece, superano il valore. Alternativamente, si può oervare, grazie al diagramma della fase B scelto al punto 3.b, che il diagramma polare di L(jω) non si trova mai nel II quadrante (oervazione che esclude il diagramma di Nyquist B) e che eo ha un solo punto sul semiae reale positivo (oervazione che esclude il diagramma di Nyquist C), in quanto il diagramma della fase B paa per una sola volta. Per maggior chiarezza, si riporta qui la figura A con evidenziato il diagramma polare di L(jω): Polar Diagram Imaginary Ais Real Ais Si riporta anche uno zoom attorno all origine: 7

8 .5.5 Imaginary Ais Real Ais 4. Si consideri ora il sistema dinamico seguente: y ( t) L() s + _ y(t) 5 s( s + ) ove Ls () =. ( s+ )( s+ 4.a Si determini la funzione di trasferimento F(s) dall ingreo y (t) all uscita y(t). 4.b Il sistema in anello chiuso è asintoticamente stabile? Perché? 4.c A partire dal diagramma di Bode asintotico del modulo aociato alla funzione di trasferimento d anello L(s), si tracci in modo approimato il diagramma di Bode asintotico del modulo aociato alla funzione di trasferimento F(s), giustificando la risposta. Si faccia uso, per il tracciamento, della carta semilogaritmica sotto riportata. 4.a La funzione di trasferimento dall ingreo y (t) all uscita y(t) di questo sistema retroazionato negativamente con funzione di trasferimento d anello L(s) è 5 s( s + ) Ls () ( s+ )( s+ 5 ( + ) 5 ( + ) Fs () = = = = 3 + Ls ( ) 5 ( + ) + ( s+ )( s+ + 5 ( + ) s +36 s +535s+5 ( )( s+ s+ 4.b Il sistema in anello chiuso è asintoticamente stabile, in quanto F(s) ha tutti i poli a parte reale negativa; ciò si può dimostrare, ad esempio, applicando al denominatore di F(s) il criterio di Routh- Hurwitz: la tabella da costruire è la seguente: det 36 5 ; 935 =

9 la sua prima colonna risulta a coefficienti tutti non nulli e dello steo segno, perciò F(s) ha tutti i poli a parte reale negativa. Alternativamente, si può usare il criterio di Nyquist per studiare la stabilità del sistema in anello chiuso, a partire da considerazioni sulla funzione d anello L(s): - L(s) non ha poli a parte reale positiva, oia P=; - L(s) è la stea f.d.t. che si è considerata nell esercizio 3; pertanto, il diagramma di Nyquist di L(jω) è quello riportato in figura A al punto 3.c: eo non fa giri attorno al punto, oia N=; - quindi, si ha N=P, dunque il sistema in anello chiuso è asintoticamente stabile. 4.c Come già oervato, L(s) è la stea f.d.t. che si è considerata nell esercizio 3. Poiché Ls () Fs () =, + Ls ( ) si ha L( jω) L( jω), per ω tale che L( jω) << F( jω) =. + L( jω), per ω tale che L( jω) >> Paando ai db, il valore discriminante da considerare è quello che corrisponde ad, oia db. Ecco dunque il diagramma di Bode del modulo approimato di F(jω) (in nero), per maggior chiarezza disegnato insieme a quello di L(jω) (tratteggiato in verde): 4 Diagramma di Bode - Modulo 3 db a Si dia, nel modo più rigoroso poibile, la definizione di trasformata Zeta di un segnale a tempo discreto. A partire dalla definizione, si ricavi la trasformata Zeta dello scalino discreto. 5.b Si dia, nel modo più rigoroso poibile, la definizione di funzione di trasferimento Zeta di un sistema a tempo discreto. Ci si riferisca alla teoria. 9