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

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1 PROVA SCRITTA DI FONDAMENTI DI AUTOMATICA A.A. 25/26 5 giugno 26 TESTO E SOLUZIONE

2 Esercizio 1 Si consideri il sistema dinamico descritto dalle equazioni di stato ẋ 1 (t) = x 1 (t) + 2x 2 (t) + u(t) ẋ 2 (t) = 3x 1 (t) + 6x 2 (t) + 3u(t) y(t) = x 1 (t) + 3x 2 (t) Domanda 1.1 Determinare, se possibile, gli stati e le uscite di equilibrio corrispondenti all ingresso costante ū = 2. Per il valore d ingresso ū = 2 la ricerca di stati d equilibrio porta alle equazioni { = x1 + 2 x = 3 x x Le due equazioni ottenute hanno le medesime soluzioni. Prova ne è il fatto che è possibile trasformare una nell altra, moltiplicando per una costante numerica opportuna tutti i termini di una delle due equazioni. Questo fatto indica che il problema della ricerca di stati d equilibrio per il sistema assegnato ammette, nel caso dell ingresso considerato, infinite soluzioni: esistono infiniti stati d equilibrio ed infinite uscite d equilibrio corrispondenti x 1 = 2 (α + 1) x 2 = α ȳ = 5α + 2 α R Domanda 1.2 Analizzare la stabilità del sistema. Il sisitema dinamico assegnato è un sistema dinamico lineare, quindi è possibile analizzare la stabilità del sistema in toto. In particolare la matrice di stato A ricavabile dalle equazioni di stato del sistema è pari a A = [ ] La sua equazione caratteristica è data da [ (λ 1) 2 det 3 (λ 6) ] = λ (λ 7) = Ora, poiché un autovalore della matrice A è reale positivo, si può affermare che il sistema è instabile.

3 Esercizio 2 Si consideri il sistema descritto dallo schema a blocchi seguente, dove A(s) = 2 s + 1, B(s) = 1 s 2, K R. Domanda 2.1 Si determini la funzione di trasferimento fra fra l ingresso u e l uscita y. Facendo riferimento alla seguente figura u t + e + A(s) - - z B(s) y w K si possono scrivere le equazioni T = A(s) E Y = B(s) Z W = K Y Z = T W E = U Y Eliminando le variabili intermedie si giunge ad ottenere l espressione della FdT cercata Y = B(s) A(s) 1 + B(s) (A(s) + K) U = T(s) = 2 s 2 + (K 1)s + K

4 Domanda 2.2 Si determinino, se possibile, i valori del parametro K per i quali il sistema risulta asintoticamente stabile. Si può applicare il criterio di Routh Hurwitz, analizzando la stabilità del sistema a partire dal polinomio caratteristico di ciclo chiuso appena determinato, dato che non ci sono state cancellazioni nella sua determinazione e quindi non esiste alcuna dinamica nascosta, non descritta dalla FdT determinata nella risposta alla domanda 2.2. Il polinomio caratteristico da studiare è e la tabella di Routh corrispondente vale p(s) = s 2 + (K 2) s + K 2 1 K 1 (K 1) K Imponendo costanza di segno agli elementi della prima colonna della tabella si ottiene il sistema di disequazioni { K 1 > Si ha stabilità asintotica allora per K > 1. K > Domanda 2.3 Si dica, motivando la risposta, se esistono dei valori di K per i quali la risposta all impulso assume un andamento oscillante. Per poter presentare modi con evoluzione temporale di tipo oscillante il polinomio caratteristico del sistema deve presentare radici che siano numeri complessi coniugati, dotati di parte immaginaria non nulla. Per trovare gli eventuali valori di K che permettono ciò, si può imporre che l equazione possieda discriminante negativo s 2 + (K 1)s + K = = (K 1) 2 4K = K 2 6K + 1 < < K < A questo punto, tenendo conto del vincolo K > 1 per garantire l asintotica stabilità del sistema, la situazione è la seguente: 1 < K < ( ) = risposta all impulso oscillante smorzata K ( ) = risposta all impulso non oscillante

5 Domanda 2.4 Si supponga di applicare, a partire da condizioni iniziali nulle un segnale d ingresso a gradino u(t) = 1(t). Si determinino, se possibile, i valori del parametro K per i quali l uscita a regime sia uguale a 1. Utilizzando la trasformata di Laplace, l uscita del sistema nelle condizioni iniziali e con l ingresso assegnati è data da 2 Y (s) = s 2 + (K 1)s + K 1 s Nell ipotesi di sistema asintoticamente stabile, il termine di regime di questa risposta sarà un termine costante, individuabile applicando il teorema del valore finale 1 y = lim t y(t) = lim s 2 s 2 + (K 1)s + K 1 s = 2 K Ora imponendo che il valore di regime sia quello desiderato si arriva a y = 2 K = 1 = K = 2 che è pienamente accettabile (essendo perfettamente compatibile col vincolo di asintotica stabilità K > 1). Si noti che il valore di K determinato, in base a quanto descritto nella risposta alla domanda 2.3, garantisce che la risposta al gradino del sistema sia di tipo oscillante smorzato, come testimonia la figura seguente 1.4 K = 2; T(s) = 2/(s 2 +s +2) risposta al gradino tempo [s] Figura 1: Risposta al gradino del sistema individuato nella risposta alla domanda Ovviamente bisogna verificare a posteriori che le ipotesi di applicabilità del teorema siano verificate.

6 Domanda 2.5 Per K = 6 si calcoli l espressione analitica completa della risposta y(t) del sistema, a partire da condizioni iniziali nulle, quando l ingresso u(t) è la rampa unitaria: u(t) = t 1(t) Per il valore di K assegnato la FdT del sistema diviene T(s) = 2 s 2 + 5s + 6 L espressione della trasformata di Laplace della risposta del sistema nelle condizioni iniziali e con l ingresso assegnati è 2 Y (s) = s 2 (s 2 + 5s + 6) Sviluppando in fratti semplici l espressione appena trovata di Y (s) si ottiene Y (s) = D s 2 + C s + B s A s + 3 I coefficienti che compaiono nell espressione in fratti semplici di Y (s) si determinano al solito con la formula dei residui 2 D = 2 lim s s 2 + 5s + 6 [ d C = lim s ds 2 s 2 + 5s B = lim s 2 s 2 (s + 3) 2 A = lim s 3 s 2 (s + 2) ] = 1 3 = 5 18 = 1 2 = 2 9 In definitiva, antitrasformando termine a termine si ottiene l espressione cercata della risposta y(t) del sistema [ 1 y(t) = 3 t e 2 t 2 ] 9 e 3 t 1(t) 2 Si ricordi che è: C i j = 1 (n i j)! lim s p i dove X(s) è la trasformata di Laplace da antitrasformare. # d (n i j) d s (n i j) X(s) (s p i) n i "

7 Esercizio 3 Si faccia riferimento allo schema a blocchi in figura, dove K > e (s + 1)(s + 3) L(s) = 1K (s + 2)(1 s) w + - L(s) y Domanda 3.1. Si dica, motivando la risposta, se è possibile applicare il criterio di Bode. Il criterio di Bode non è applicabile, dato che la FdT del sistema possiede un polo reale positivo in p = +1. Domanda 3.2. Si tracci l andamento qualitativo del diagramma di Nyquist della L(s) per K = 1. Per tracciare in maniera qualitativa il diagramma di Nyquist richiesto risulta opportuno tracciare preventivamente i diagrammi asintotici di Bode della risposta in frequenza del sistema e successivamente usare le informazioni ricavabili da questi ultimi per tracciare il diagramma di Nyquist. Dall analisi dei diagrammi di Bode (riportati nella figura 2) si possono ottenere le seguenti informazioni per ω si ha che L(j ω) 3 2 per ω si ha che L(j ω) 1 la fase della risposta in frequenza è sempre positiva: L(j ω), ω e quindi il diagramma di Nyquist attraversa soltanto il primo e secondo quadrante del piano. Grazie a queste considerazioni è facile abbozzare l andamento del diagramma di Nyquist riportato in figura 3.

8 modulo [db] L(s) = 1 (s+1)(s+3) / (s+2 (1 s) L(s) asintotico L(s) reale pulsazione [rad/s] fase [deg] 1 5 L(s) asintotico L(s) reale pulsazione [rad/s] Figura 2: Diagrammi asintotici di Bode della risposta in frequenza di L(s) per K = 1. Figura 3: Diagramma di Nyquist della risposta in frequenza di L(s) per K = 1 [anche per ω < ]. In evidenza il punto critico ( 1 + j ).

9 Domanda 3.3. Sfruttando il criterio di Nyquist, si determinino, se esistono, i valori di K per i quali il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. Facendo riferimento ancora alla figura 3 e considerando stavolta il diagramma completo di Nyquist 3, è semplice giungere alle seguenti conclusioni poiché la FdT L(s) di ciclo aperto del sistema oggetto di studio possiede un polo reale positivo (in particolare p = +1) per avere stabilità a ciclo chiuso il diagramma completo di Nyquist deve compiere un solo giro antiorario attorno al punto ( 1 + j ); considerando il fatto che la costante di guadagno K è positiva si può affermare che 1. per < K < 1/1 il diagramma completo di Nyquist non circonda il punto ( 1 + j ), quindi il sistema risulta instabile a ciclo chiuso; 2. per K > 1/1 il diagramma completo di Nyquist effettivamente compie un solo giro antiorario attorno al punto ( 1 + j ), quindi il sistema risulta asintoticamente stabile a ciclo chiuso; 3. per K = 1/1 il diagramma completo di Nyquist passa per il punto ( 1 + j ), quindi il sistema è certamente non asintoticamente stabile. Il criterio di Nyquist non permette di analizzare più in dettaglio ciò che succede in questo caso, che andrebbe analizzato altrimenti (per esempio determinando il polinomio caratteristico di ciclo chiuso e calcolandone le radici). 3 Si intende cioé il diagramma ottenuto sia per ω che per ω <.

10 Esercizio 4 Si faccia riferimento allo schema a blocchi in figura, dove G(s) = 1(1 +.1s) (1 + 5s)(1 + 1s) w + - d e + R(s) G(s) + y + + d T Domanda 4.1. Servendosi eventualmente della carta logaritmica della pagina seguente, si progetti un regolatore R(s) tale che siano soddisfatte le seguenti specifiche: errore a regime nullo per ingressi w(t) = A 1(t) con A che può assumere qualsiasi valore reale tempo di assestamento T a 1s margine di fase ϕ m 3 o Progetto statico In base alle specifiche di progetto appare chiaro che il regolatore R(s) deve esercitare un azione integrale, cioé che la sua FdT deve avere un polo in s =. In tal modo sarà garantito l errore a regime nullo a fronte di ingressi di riferimento a gradino di ampiezza qualsiasi R 1 (s) = µ s, µ R

11 Progetto dinamico I diagrammi di Bode asintotici e reali della risposta in frequenza associata alla FdT G(s) sono riportati in figura 4, mentre in figura 5 sono raffigurati i diagrammi della risposta in frequenza associata alla FdT L 1 (s) = R 1 (s) G(s) per µ = 1. Come si vede analizzando i diagrammi di Bode della L 1 (s), il solo regolatore R 1 (s) non è sufficiente a garantire il rispetto anche delle specifiche dinamiche. 2 G(s) asintotico G(s) reale G(s) asintotico G(s) reale Figura 4: Diagrammi di Bode asintotici e reali della FdT G(s). modulo [db] modulo di L 1 ( j ω ) L 1 (s) asintotico L 1 (s) reale fase [deg] pulsazione ω [rad/s] fase di L ( j ω ) L 1 (s) asintotico L 1 (s) reale pulsazione ω [rad/s] Figura 5: Diagrammi di Bode asintotici e reali della FdT L 1 (s) = R 1 (s)g(s), con µ = 1

12 Infatti nella situazione raffigurata in figura 5 si riesce ad ottenere il margine di fase desiderato ( ϕ m 3 ) solo per pulsazioni molto basse e certamente inferiori a.2[ rad/s ]. Questo significa che risulta necessario modificare il regolatore, aggiungendo un ulteriore FdT R 2 (s). Primo progetto dinamico Si procede con la cancellazione del polo di G(s) con la costante di tempo maggiore; successivamente si cerca di ottenere il soddisfacimento delle specifiche dinamiche richieste. Come primo approccio al problema, si tenta di ottenere un margine di fase più che soddisfascente, in particolare ϕ m > 75, in modo tale da garantire che il sistema a ciclo chiuso possa presentare un unico polo dominante, reale. In dettaglio il progetto proposto prevede di determinare un regolatore costituito da e quindi la FdT d anello aperto L(s) pari a R(s) = R 1 (s) R 2 (s) = µ 1 + 1s s, µ > L 2 (s) = 1µ(1 +.1s) s(1 + 5s) Ora per questa FdT L 2 (s) si può determinare dapprima una pulsazione ω tale da garantire un margine di fase pari a 8 L 2 (j ω) 1 e successivamente imporre, con un valore opportuno del guadagno µ, che quella trovata diventi la pulsazione ω c voluta. In particolare L(j ω) = 1µ ( 1 + j 1 ) 1 ω s (1 + 5j ω) ( ω = L(j ω) = arctan 1) 9 arctan (5 ω) = 1 ( ω arctan 1) arctan (5 ω) = 1 = 5 ω ω ω 2 = tan 1 2 In definitiva l equazione diventa le cui soluzioni sono date da 1 2 tan 1 ω ω + tan 1 = ω 1.4 rad/s ω rad/s È evidente che nessuna delle due pulsazioni trovate garantisce un intervallo di assestamento tale da soddisfare le richieste: nel primo caso il tempo d assestamento sarebbe enormemente più grande, nel secondo caso sarebbe molto inferiore alla richiesta. Si sceglie allora di imporre un margine di fase inferiore, tale da garantire che il sistema a ciclo chiuso possieda una coppia di poli complessi coniugati come poli dominanti. Scegliendo di cercare di garantire un margine di fase pari a 45 si arriva, in maniera analoga a quanto fatto in precedenza, all equazione 1 2 tan 45 ω ω + tan 45 = le cui soluzioni sono date da ω 1.2 rad/s ω rad/s

13 Stavolta una delle due pulsazioni trovate garantisce il soddisfacimento, almeno approssimato, della specifica sul tempo di assestamento. Infatti utilizzando le relazioni approssimate ξ ϕ m 1, T a 1% 5 ξ ω n, ω n ω c ed avendo imposto ϕ m = 45 la pulsazione ω 2 garantisce il soddisfacimento della specifica sul tempo di assestamento (almeno in via approssimata). Ora non rimane che da imporre, sfruttando la possibilità di variare la costante di guadagno µ, che in corrispondenza della pulsazione ω 2 appena determinata la risposta in frequenza di L 2 (s) abbia modulo unitario: L 2 (j ω 2 ) = 1 1µ (1 +.1j ω 2 ) j ω 2 (1 + 5 ω 2 ) = 1 In definitiva µ 33.2 Il regolatore cercato allora è R(s) = s s In figura 8 sono riportati i diagrammi di Bode asintotici e reali relativi al progetto appena concluso. Nelle figure 6, 7 sono riportati invece diagrammi ricavati in Matlab della risposta a gradino a ciclo chiuso del sistema e della risposta in frequenza effettiva della fdt L 2 (s), con in evidenza i margini di guadagno e fase effettivi. Secondo progetto dinamico Come secondo possibile approccio alla risoluzione del problema proposto, si decide di aggiungere al regolatore statico determinato in precedenza un regolatore dinamico che cancelli entrambi i poli della FdT G(s). Per la fisica realizzabilità del regolatore complessivo, stavolta si è costretti ad aggiungere anche un ulteriore polo alla FdT del regolatore, che diviene così R(s) = R 1 (s) R 2 (s) = µ (1 + 5s) (1 + 1s) s (1 + τ s), µ, τ > La FdT d anello L(s) diviene con questa scelta 4 pari a L 3 (s) = 1µ 1 +.1s s(1 + τ s) Il progetto procede ora in maniera analoga a quello illustrato in precedenza: dapprima si sceglie una pulsazione candidata ω in base all andamento della fase della risposta in frequenza della FdT L 3 (s) (quindi si cerca di ottenere un margine di fase desiderato ), poi sfruttando tutti i parametri liberi a disposizione si impone che la pulsazione scelta sia effettivamente la pulsazione ω c per il sistema. In particolare per il progetto in esame si sceglie di cercare di ottenere un margine di fase di almeno 5 6. ( ω L 3 (j ω) = 9 arctan τ ω + arctan = 12 1) Rielaborando l espressione ottenuta si arriva ad una relazione tra τ e la pulsazione di progetto ω ( ) ω τ = + ω 3 1 Il margine di fase desiderato ci porta a considerare una FdT di ciclo chiuso con una coppia di poli complessi coniugati come poli dominanti. In base alle relazioni note tra margine di fase e coefficiente di smorzamento, 4 Si tralascia la possibilità di cancellare totalmente la dinamica del processo, cancellando anche lo zero della FdT G(s). Si lascia lo studio di questa (facile) alternativa al lettore. 5 Si lascia al lettore la verifica che il margine di fase minino corrispondente alla specifica assegnata di 3 non è ottenibile con questo approccio. Se infatti si cercasse di imporre un tale valore per il margine di fase, proseguendo nel modo descritto in seguito si giungerebbe a dei valori non ammissibili per le incognite del problema (costante di guadagno µ e costante di tempo τ).

14 tra tempo di assestamento e pulsazione naturale, tra pulsazione naturale della coppia di poli complessi coinugati dominante e pulsazione critica ξ ϕ m 1, T a 1% 5 ξ ω n, ω c ω n si può scegliere la pulsazione candidata a diventare pulsazione critica in base alla diseguaglianza T a 1% 1 = ω 25 3 Scegliendo il valore ω = 8, dalla relazione che lega ω e τ si ricava poi τ.32. Imponendo ora che effettivamente il modulo della risposta in frequenza di L 3 (s) valutato in ω sia unitario si riesce a determinare anche il valore della costante di guadagno µ L 3 (j ω) = 1 1µ (1 +.1j ω) j ω (1 + τ ω) = 1 = µ 1.72 In definitiva il regolatore ottenuto è dato dalla FdT R(s) = 1.72 (1 + 5s)(1 + 1s) s(1 +.32s) In figura 11 sono riportati i diagrammi di Bode asintotici e reali relativi al progetto appena concluso. Nelle figure 9, 1 sono riportati invece diagrammi ricavati in Matlab della risposta a gradino a ciclo chiuso del sistema e della risposta in frequenza effettiva della fdt L 2 (s), con in evidenza i margini di guadagno e fase effettivi.

15 1 Bode Diagram Gm = Inf, Pm = 45 deg (at 9.59 rad/sec) Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) Figura 6: Diagrammi di Bode della risposta in frequenza associata alla FdT L 2 (s), con in evidenza margini di guadagno e fase. 1.4 Step Response System: fdtf Settling Time (sec): 1.31 Amplitude Time (sec) Figura 7: risposta al gradino del sistema a ciclo chiuso caratterizzato da F(s) = L 2 (s)/(1 + L 2 (s)).

16 modulo [db] fase [deg] pulsazione ]rad/s] pulsazione 1 [rad/s] L 2 (s) asintotico L 2 (s) reale G(s) asintotico G(s) reale R 2 (s) asintotico R 2 (s) reale L 2 (s) asintotico L 2 (s) reale G(s) asintotico G(s) reale R 2 (s) asintotico R 2 (s) reale Figura 8: Diagrammi di Bode della risposta in frequenza associata alle FdT L2(s), G(s), R(s), relative al primo progetto.

17 1 Bode Diagram Gm = Inf, Pm = 6 deg (at 8 rad/sec) Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) Figura 9: Diagrammi di Bode della risposta in frequenza associata alla FdT L 3 (s), con in evidenza margini di guadagno e fase. 1.4 Step Response 1.2 Amplitude 1.8 System: fdtf3 Settling Time (sec): Time (sec) Figura 1: risposta al gradino del sistema a ciclo chiuso caratterizzato da F(s) = L 3 (s)/(1 + L 3 (s)).

18 pulsazione [rad/s] pulsazione [rad/s] fase [deg] modulo [db] L 3 (s) asintotico L 3 (s) reale G(s) asintotico G(s) reale R(s) asintotico R(s) reale L 3 (s) asintotico L 3 (s) reale G(s) asintotico G(s) reale R(s) asintotico R(s) reale Figura 11: Diagrammi di Bode della risposta in frequenza associata alle FdT L 3 (s), G(s), R(s), relative al secondo progetto.

19 Domanda 4.2. Assumendo w(t) = d T (t) = t, si determini l uscita a regime y (t) a fronte del disturbo d(t) = 2sin(1t) 1(t) per il sistema retroazionato ottenuto al punto precedente. per ottenere l espressione della risposta a regime al disturbo sinusoidale considerato si deve determinare l espressione della FdT di sensitività al disturbo S(s) e successivamente valutare modulo e fase della risposta in frequenza di tale FdT alla pulsazione assegnata y (t) = 2 S(j 1) sin [1t + S(j 1)] 1(t), con S(s) = L(s) Per il primo dei due progetti considerati in precedenza si ha R(s) = s s = S(s) = s(s +.2) s s quindi in tal caso Nel secondo caso invece R(s) = 1.72 S(j 1) 1, S(j 1) 4.7 rad y (t) = 2 sin[1t +.7] 1(t) (1 + 5s)(1 + 1s) s(1 +.32s) = S(s) = S(j 1) 1, S(j 1) 3.5 rad s(s ) s s quindi anche in tal caso y (t) = 2 sin[1t +.5] 1(t) Domanda 4.3. Si valuti 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 T = 1 ω c ϕm π 18 Per il primo dei due regolatori determinati in precedenza si ha allora: R(s) = s s = ω c 9.6 rad/s, ϕ m = 45 = T s mentre per l altro regolatore R(s) = 1.72 (1 + 5s)(1 + 1s) s(1 +.32s) = ω c = 8. rad/s, ϕ m = 6 = T s