Esercizio 1 [10 punti]

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1 Esercizio 1 [10 punti] Ex 1 [10 pti]. Consideriamo una popolazione soggetta alla possibilità di un infezione e sottoposta ad una strategia di vaccinazione. Le regole per modellare il fenomeno (a tempo continuo) sono le seguenti: se x 1 (t) indica la numerosità delle persone sane ma non vaccinate, tale numero si decrementa nel tempo a causa di due flussi uscenti: un primo flusso tiene conto di quelli che vengono vaccinati (flusso u(t), ingresso del sistema), un ondo di quelli che vengono infettati, che risulta proporzionale al prodotto tra x 1 (t) ed x (t), ondo una costante di proporzionalità α > 0, dove x (t) indica la numerosità delle persone infette x (t) varia nel tempo a causa di due flussi: un primo flusso (entrante) tiene conto dei sani che si infettano (flusso descritto poco fa), un ondo flusso (uscente) tiene conto degli infetti che muoiono, ed è direttamente proporzionale ad x (t) ondo la costante β > 0 x 3 (t) rappresenta la numerosità delle persone decedute causa l infezione dall istante iniziale t I = 0 all istante finale t F = t Si richiede di scrivere un modello di stato per tale sistema (scrivendo le singole equazioni senza utilizzare forme matriciali) con ingresso u(t) e uscita y(t) = x 1 (t) + x (t); si consideri il sistema linearizzato attorno a x 1 = x = x 3 = u = 0. Si calcoli la risposta all impulso di tale sistema da condizioni iniziali nulle. RIPORTARE IL MODELLO ALL INTERNO DI QUESTO RIQUADRO 1) Modello: ) Risposta impulsiva: RIPORTARE SOTTO IL PROCEDIMENTO SEGUITO PER OTTENERE LE SOLUZIONI Soluzione Ex.1. La prima regola implica che ẋ 1 = αx 1 x u, mentre la onda che ẋ = αx 1 x βx. La terza implica che x 3 (t) si ottiene integrando il flusso che esce da x (t), quindi ẋ 3 = βx e y = x 3. Si ha dunque il modello non-lineare seguente ẋ 1 = αx 1 x u ẋ = αx 1 x βx ẋ 3 = βx y = x 1 + x. Per quanto riguarda il ondo quesito, visto che i termini incrociati x 1 x linearizzati e valutati nell origine non portano contributo allo Jacobiano, il sistema linearizzato attorno all origine risulta ẋ 1 = u ẋ = βx ẋ 3 = βx y = x 1 + x. Dalla prima equazione si ha che, se u(t) = δ(t), allora X 1 (s) = 1/s, ovvero x 1 (t) = δ 1 (t). Dalla onda si ha subito che x (t) = 0 t visto che la condizione iniziale del sistema e nulla. Si conclude che la risposta all impulso equivale a y(t) = x 1 (t) = δ 1 (t).

2 Esercizio [11 punti] Si consideri il sistema di controllo d(t) r(t) e(t) y(t) W (s) K 1. Si calcoli la risposta impulsiva del sistema a catena aperta assumendo W (s) = s +/3 s 3 s +4s 4.. Sia ora K = 1 e W (s) = a(s +s+1) e r(t) = 1 s b (s+1) t δ 1 (t). Si determinino tutti i valori di a e b che assicurano il perfetto inseguimento asintotico del riferimento r(t). RIPORTARE LE SOLUZIONI DEI PUNTI 1 E ALL INTERNO DI QUESTO RIQUADRO 1) Risposta impulsiva: ) Valori di a e b: RIPORTARE SOTTO IL PROCEDIMENTO SEGUITO PER OTTENERE LE SOLUZIONI Soluzione EX. Riguardo al primo punto, si ha Deve essere Y (s) = s + /3 s 3 s + 4s 4 = s + /3 (s 1)(s + 4) = A s 1 + Bs + C s + 4. s + /3 = A(s + 4) + (Bs + C)(s 1) = (A + B)s + (C B)s + 4A C, da cui si ottiene B = C, A + B = 1, 4A C = /3. Risolvendo il semplice sistema, si ha A = 1/3, B = C = /3 e quindi Y (s) = s 1 + s 3 s s + 4. La risposta all impulso risulta allora y(t) = 1 3 et + 3 cos(t) + 1 sin(t), t 0. 3 Per il principio del modello interno, poiche R(s) = 1/s 3, otteniamo subito che deve essere b = 3 e anche a 0 (per a = 0 l uscita y risulta identicamente nulla). Si tratta ora pero di studiare la stabilita della funzione di trasferimento in catena chiusa data da W (s) = W (s) 1 + W (s) = a(s + s + 1) s 4 + s 3 + as + as + a al variare di a. Applichiamo quindi il criterio di Routh al polinomio s 4 + s 3 + as + as + a, ottenendo la tabella 4 1 a a 3 1 a a a 1 a 1 0 a Si conclude facilmente che il sistema è stabile solo se a > 1. La risposta al quesito e dunque a > 1, b = 3.

3 Esercizio 3 [13 punti] Si consideri il sistema retroazionato W (s) = 1. Si traccino i diagrammi di Bode di G(s). C(s)G(s) 1+C(s)G(s) e sia G(s) = 5000 (1+s)(+s) (0.1+s)(100+s)(s +10 s+100).. Si indichi quale fra i diagrammi di Nyquist riportati é il diagramma di G(s) e si motivi perché. 3. Applicando il Criterio di Nyquist, quale considerazione puó essere fatta su W (s)? 4. Si progetti C(s) in modo da soddisfare le seguenti specifiche: (i) errore a regime e 0 RP 1 11 ; (ii) pulsazione di attraversamento ωa rad = 100 ; (iii) margine di fase m φ 30. Soluzione EX 3. [1] Per tracciare i diagrammi di Bode é innanzitutto necessario portare G(s) in forma di Bode: G(s) = 10 (1 + s)( s) (1 + 10s)(1 + s 100 )(1 + s 10 + s 100 ). Il guadagno statico di G(s) é pari a 10. Dopo aver notato che non sono presenti poli/zeri nell origine, si studiano i vari fattori della f.d.t.: é presente uno zero (1 + s) con punto di spezzamento in ω z1 é presente uno zero ( s) con punto di spezzamento in ω z Bode, si utilizza log() 3. é presente un polo (1 + 10s) con punto di spezzamento in ω p1 é presente un polo (1 + = 1 rad = rad. Per il tracciamento dei Diagrammi di = 0.1 rad s 100 ) con punto di spezzamento in ω p = 100 rad é presente un polo di ondo grado (1 + s 10 + s 100 ) con punto di spezzamento in ω N = 10 rad e con coefficiente di smorzamento pari a ξ =. I grafici reali dei diagrammi di Bode di G(s) sono rappresentati in Fig.??. In particolare si puó osservare che: il valore del modulo alle basse frequenze é pari a 0 db. la pendenza del diagramma del modulo 0 alle basse frequenze; -0 db/dec in ω (0.1, 1) rad ; 0 in ω (1, ) rad ; +0 db/dec in ω (, 10) rad ; -0 db/dec in ω (10, 100) rad ; -40 db/dec per ω > 100 rad L attraversamento delle ascisse per il diagramma del modulo avviene nell intervallo ω (10, 100) rad

4 0 Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/s) Figure 1: Diagrammi di Bode di G(s). [] Dai diagrammi di Bode si puó apprezzare come la fase sia compresa fra 180 e +90, ne consegue quindi che i diagrammi A e B sono da escludere, in quanto si sviluppano interamente nel primo e quarto quadrante del piano complesso. Il diagramma di Nyquist A poteva anche essere escluso osservando che tale diagramma non passa per l origine, incompatibilmente con il diagramma di Bode del modulo di G(s) che tende a zero per le alte frequenze. Si puó stabilire che il diagramma corretto é il diagramma D in quanto passa per il punto (10, 0): dai diagrammi di Bose si puó infatti osservare come, alla basse frequenze, il modulo sia pari a 10 (0 db) e la fase sia pari a 0. [3] E possibile stabilire, tramite il criterio di Nyquist, che W (s) é BIBO stabile, in quanto N = 0 e n G+ = 0: n W + = n G+ N = 0. [4] Nel progetto del controllore si parte, come consuetudine, dal soddisfare la richiesta sull errore a regime; essendo G(s) un sistema di tipo 0, vale la seguente relazione: µ G µ C 1 11 µ C 1. Si sceglie per semplicitá C (s) = 1: in questo modo L(s) = G(s) e non é necessario tracciare nuovamente i Diagrammi di Bode. sono rappresentati in Fig.??. In particolare si puó osservare che: la pendenza del diagramma del modulo é -0dB/dec alle basse frequenze, é pari a 0 db/dec in ω (0.1, 10) rad e a -40 db/dec per ω > 10 rad ; ω A avviene approssimativamente a rad, in quanto il modulo impiega una decade per scendere da 40dB a zero con pendenza -40dB/dec. Dallo studio dei diagrammi di Bode si puó apprezzare che ω A > ω A, m φ (ω A ) > m φ, é possibile quindi effettuare la sintesi del controllore tramite un amplificazione pure. Si puó osservare come m φ (ω A ) 45 in quanto in ω A é presente il polo p. Si calcola il valore attuale del modulo alla pulsazione d attraversamento desiderata L(jω A ) = ( ) = 9.dB.

5 Si implementa quindi il seguente controllore C(s) = 10 K/0 = 10 9./0,.8839, dove K é il valore del modulo da compensare in ω A per ottenere l attraversamento alla pulsazione desiderata. Il controllore utilizzato é quindi: C(s) =.8839.