Eserciziario Fondamenti di Automatica

January 9, 2019 | Author: Powervegeta | Category: Pendulum, Matrix (Mathematics), Frequency, Signal Processing, Bandwidth (Signal Processing)

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Esercizi con soluzione per il corso di Fondamenti di Automatica (FdA)...

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Esercizi di Fondamenti di Automatica Bruno Picasso

Riferimento bibliografico In questi esercizi useremo la scrittura “ [FdA] ” per riferirci al libro di testo adottato nel corso, ossia: P. Bolzern, R. Scattolini e N. Schiavoni, “Fondamenti di controlli automatici” – 4a edizione – McGraw-Hill.

1

Prerequisiti

1.1

Equazioni differenziali

Esercizio 1 Si consideri il seguente problema di Cauchy: (

x(t) ˙ =

3 2x(t)

x(0) = 2.

(1)

1. Si dica quale delle seguenti funzioni è la soluzione del problema (1): (a) x(t) = (b) (c)

3 2t+ 23

√ 3t + 4 √ x(t) = 3t + 1. x(t) =

2. Per la soluzione x(t) al problema (1), calcolare x(0). ˙ 3. Si dica se esiste una condizione iniziale x(0) = x0 ∈ R tale che il corrispondente problema di Cauchy (1) abbia per soluzione una funzione costante x(t) ≡ x0 cioè, x(t) = x0 ∀ t ≥ 0 .

1.2

Algebra lineare

Esercizio 2 1. Siano M ∈ Rh×k , N , P ∈ Ri×j e Q matrici tali che vale la seguente uguaglianza: M N P = Q. Si dica qual è la dimensione delle matrici N e Q. 2. Siano U ∈ Rm×n , V e Z matrici tali che vale la seguente uguaglianza: U V = Z. Sapendo che Z ha h colonne, si dica qual è la dimensione delle matrici V e Z. 1

3. Si considerino i seguenti prodotti fra le matrici precedentemente introdotte: ı) QZ ıı) ZQ ııı) QQ⊤ Z ⊤ (dove M ⊤ indica la trasposta della matrice M ). Si dica in quali casi c’è compatibilit` a fra le dimensioni delle matrici (ossia, il prodotto indicato ha senso) e, nei casi in cui è possibile eseguire il prodotto, indicare le dimensioni della matrice risultante. Esercizio 3 Si considerino le seguenti matrici: A1 =

1 1 0 −2

, A2 =

1 1

2 2

, A3 =

3 0 0 3

, A4 =

1 1

−4 −3

, A5 =

1 5 −2 3

.

1. Calcolare la traccia, il determinante, il polinomio caratteristico e gli autovalori di ognuna delle matrici date. 2. Si dica quali delle matrici date sono invertibili e, di quelle invertibili, si calcoli la matrice inversa. 3. Si dica quali delle matrici Ai , i = 1, . . . , 4, sono diagonalizzabili. Effettuare poi la diagonalizzazione di ognuna delle matrici Ai diagonalizzabili (ossia, calcolare una matrice Ti invertibile ed una matrice Di diagonale tali che Ti−1 Ai Ti = Di ). 4. Calcolare due matrici T5 ∈ C2×2 e D5 ∈ C2×2 , D5 matrice diagonale, tali che T5−1 A5 T5 = D5 . Esercizio 4 Sia data la matrice

e sia s ∈ C un parametro.



 0 1 0 M = 0 0 1  −18 −3 −6

1. Calcolare il polinomio caratteristico di M . 2. Calcolare (sI − M )−1 .

1.3

Numeri Complessi

Esercizio 5 Si considerino i seguenti numeri Complessi: √ z1 = 3 + j z2 = 3j z3 = −1 − 3j √ jπ/4 z6 = 2e−jπ/2 z7 = 3ej·0 z5 = 2 2e

z4 = −4 z8 = ej2π/3 .

1. Rappresentare zi , i = 1, . . . , 8, sul piano Complesso (disegnare un solo piano Complesso su cui rappresentare tutti i numeri dati). 2. Determinare z9 = z¯1 , z10 = z¯2 , z11 = z¯4 e rappresentarli sul medesimo piano Complesso impiegato per il punto precedente. 3. Calcolare: z1 +z3 , z1 +z4 −z3 , z1 ·z3 , z12 = 2·z1 , z13 = −z1 , z1 · z¯1 , z3 /z1 e z3 /z2 . Rappresentare inoltre i numeri z12 e z13 sul piano Complesso impiegato nei punti precedenti.

2

4. Scrivere l’espressione di z14 = z¯5 e rappresentare anch’esso sul piano Complesso. Calcolare poi z5 · z6 e z5 /z6 . 5. Scrivere i numeri Complessi zi , i = 1, . . . , 4, in forma polare. 6. Scrivere i numeri Complessi zi , i = 5, . . . , 8, in forma cartesiana. 7. Calcolare z1 + z5 e

2

z1 ·¯ z3 ·z8 . z¯5

Esercizi sui sistemi dinamici a tempo continuo

Esercizio 6 Si considerino i seguenti sistemi dinamici:        x˙ 1 (t) = −x1 (t) + 2x3 (t)       x˙ 2 (t) = x1 (t) + x2 (t) + x3 (t) − u(t) S1 : S : 2 x˙ 3 (t) = −2x1 (t) + x3 (t) + 2u(t)           y(t) = −x2 (t) + 4x3 (t)  S3 :

(

x˙ 1 (t) = x22 (t) + u(t) x˙ 2 (t) = 0 x˙ 3 (t) = x1 (t) + x2 (t) − x3 (t) + 2u(t) y1 (t) = x1 (t) y2 (t) = x2 (t) + u(t)

   x˙ 1 (t) = 2x2 (t) + u1 (t) x˙ 2 (t) = −x1 (t) + 3x2 (t) S4 :   y(t) = x1 (t) + u2 (t)

x(t) ˙ = −5x(t) p y(t) = x(t)

1. Classificare ognuno dei sistemi dati specificandone l’ordine e compilando la seguente tabella (alle domande 3. e 4. si risponda solo se il sistema non è autonomo): 1. Il sistema è lineare?

✷ S` I

✷ NO

2. Il sistema è autonomo?

I ✷ S`

✷ NO

3. Il sistema è strettamente proprio?

✷ S` I

✷ NO

4. Il sistema è SISO?

✷ S` I

✷ NO

(2)

2. Fra i sistemi dati, si considerino adesso quelli lineari: si specifichino le matrici A, B, C e D. Esercizio 7 Si consideri un veicolo elettrico rappresentato per mezzo del seguente modello che descrive come la sua velocit` a v e lo stato di carica ξ della batteria variano nel tempo e sono influenzati dall’angolo di apertura ϑ della manopola dell’acceleratore: ( ˙ = φ1 ξ(t), v(t) ξ(t) v(t) ˙ = φ2 v(t), ϑ(t) , dove si suppone che le funzioni φ1 e φ2 siano note. Si vuole impiegare tale modello per lo studio di come l’uso della manopola influenzi lo stato di carica della batteria.

1. Scrivere una rappresentazione in forma di stato per il modello del sistema considerato (dunque, in particolare, si specifichino le variabili di stato x, le variabili d’ingresso u e di uscita y). 2. Classificare il sistema specificandone l’ordine e compilando la Tabella (2).

3

Esercizio 8 Si consideri l’equazione differenziale di ordine 2 che descrive la dinamica di un pendolo di lunghezza l e massa m in presenza di attrito e in assenza di sollecitazioni esterne: ¨ = − k θ(t) ˙ − g sin θ(t) , θ(t) 2 ml l

dove k > 0 è il coefficiente di attrito e θ è l’angolo compreso fra l’asta del pendolo e la verticale. Si supponga di essere interessati a studiare l’andamento nel tempo sia della posizione del pendolo che della sua energia cinetica. 1. Scrivere una rappresentazione in forma di stato per il modello del sistema considerato (in particolare, si specifichino le variabili di stato x, le variabili d’ingresso u e di uscita y). 2. Classificare il sistema ottenuto specificandone l’ordine, compilando la Tabella (2) e indicando la dimensione della variabile di uscita. 3. Sulla base della propria esperienza (quindi, senza fare conti) tracciare un disegno qualitativo della traiettoria dello stato nei due casi seguenti: ˙ ı) A partire dalla condizione iniziale θ(0) = π/2 e θ(0) = 0; ˙ ıı) A partire dalla condizione iniziale θ(0) = π e θ(0) = 0. In entrambi i casi, sulla base del disegno tracciato, si dica poi quanto valgono lim x(t)

t→+∞

e

lim y(t).

t→+∞

4. Si risponda nuovamente alla domanda precedente nel caso in cui k = 0 (cioè, in assenza di attrito). Esercizio 9 Sulla base della propria conoscenza, esperienza ed intuizione, si dica quali dei seguenti esempi sono sistemi statici e quali sono sistemi dinamici: A. Un conto in banca (ingresso: u = versamenti/prelievi; uscita: y = il saldo del conto); B. Un rubinetto (u = posizione della manopola; y = portata d’acqua); C. Il prezzo di un bene (u = tasso di produzione del bene stesso; y = prezzo del bene); D. Un ghiacciaio (u = accumuli di neve; y = posizione della fronte del ghiacciaio); E. Il sistema che descrive la relazione che esiste fra la forza agente su un corpo di massa m e l’accelerazione del corpo stesso (u = la forza; y = l’accelerazione). Esercizio 10 Con riferimento ad uno stato di equilibrio x ¯ ∈ Rn per un sistema dinamico autonomo x(t) ˙ = f x(t) ,

x ∈ Rn ,

si diano le definizioni di: stato di equilibrio stabile, stato di equilibrio instabile, stato di equilibrio asintoticamente stabile e stato di equilibrio semplicemente stabile. Esercizio 11 Si consideri il seguente sistema dinamico: ( x(t) ˙ = x(t)u(t) y(t) = x2 (t). 4

Si supponga che x(0) = 1 e u(t) = sca(t). 1. Calcolare il movimento dello stato e dell’uscita. 2. Calcolare i movimenti libero e forzato dello stato e dell’uscita corrispondenti, rispettivamente, a x(0) = 1 e a u(t) = sca(t). Quindi verificare che non è vero che la loro somma fornisce il movimento complessivo dello stato e dell’uscita (e dunque, per tale sistema, non è valido il principio di sovrapposizione degli effetti). 3. Analizzare le propriet` a di stabilit` a del movimento dello stato calcolato al punto 1 (specificare, cioè, se si tratta di un movimento asintoticamente stabile, semplicemente stabile o instabile). Esercizio 12 Sia dato il sistema lineare x(t) ˙ = Ax(t), x(0) = x0 .

x ∈ Rn

1. Verificare che se x0 è tale che Ax0 = λx0 , λ ∈ R (ossia, x0 è un autovettore per la matrice A relativo all’autovalore λ), allora il corrispondente movimento dello stato del sistema è dato da x(t) = eλt x0 . 2. Calcolare il movimento dello stato per il seguente sistema:  2 2   x(t) ˙ =  x(t) −2 −3  −2   x(0) = . 1

e rappresentare la corrispondente traiettoria nello spazio di stato. Esercizio 13 Si consideri il sistema dinamico x(t) ˙ = ax(t) + bu(t),

x ∈ R, u ∈ R.

(3)

1. Calcolare il movimento forzato dello stato corrispondente al segnale d’ingresso u(t) =

u ¯ per 0 ≤ t < t¯ 0 per t ≥ t¯.

(4)

2. L’andamento nel tempo del numero σ di impiegati in una grossa azienda in funzione del tasso ǫ di assunzioni è modellizzato dalla seguente equazione differenziale: σ(t) ˙ = −ρσ(t) + λǫ(t), Supponendo che σ(0) = σ0 e ǫ(t) =

ρ > 0, λ > 0.

ǫ¯ per 0 ≤ t < 10 0 per t ≥ 10,

calcolare σ(t) per t ≥ 0. 3. Con riferimento al serbatoio rappresentato in Figura 1, l’andamento nel tempo del livello h di liquido all’interno di esso in funzione della portata d’ingresso p è modellizzato attraverso la 5

Figura 1: Il sistema serbatoio considerato nell’Esercizio 13.3.

seguente equazione differenziale: ˙ h(t) = −αh(t) + βp(t), Supponendo che h(0) = h0 e p(t) =

α > 0, β > 0.

p¯ per 0 ≤ t < 2 0 per t ≥ 2,

calcolare h(t) per t ≥ 0. 4. Per valori non troppo elevati della velocit` a v, la dinamica del moto di un grave di massa m in un mezzo viscoso sotto l’effetto di una forza F parallela alla direzione del moto pu` o essere descritta dalla seguente equazione differenziale: v(t) ˙ =−

1 γ v(t) + F (t), m m

dove γ > 0 è il coefficiente di attrito. Supponendo che v(0) = v0 e F (t) =

F¯ 0

per 0 ≤ t < 3 per t ≥ 3,

calcolare v(t) per t ≥ 0. 5. Si consideri nuovamente il movimento forzato dello stato calcolato in 1 e si considerino i particolari segnali d’ingresso (4) in cui u ¯ = 1/t¯. Si noti che, al variare di t¯ > 0, è cos`ı definito un insieme infinito di segnali d’ingresso. • Si disegni il grafico di u(t) nei tre casi in cui t¯ = 2, t¯ = 1 e t¯ = 1/2.

• Si scriva l’espressione del movimento forzato dello stato corrispondente al generico segnale d’ingresso nell’insieme considerato. Si indichi tale movimento con xF, t¯(t) (dove la presenza dell’indice t¯ richiama il valore del parametro t¯ che individua il segnale d’ingresso che ha generato tale movimento forzato) e, nel caso in cui a < 0, si tracci un grafico qualitativo della funzione xF, t¯(t). • Per ogni fissato t > 0, si calcoli il seguente limite1 : lim xF, t¯(t)

t¯→0+ 1 Questa

domanda sottintende difficolt` a significativamente superiori a quelle che ci si aspetta che gli studenti del corso siano in grado di affrontare. Vale comunque la pena di provare a rispondere in quanto ` e pi` u difficile comprendere la domanda ed il suo significato “fisico” che non risolverla.

6

quindi, posto gx (t) = limt¯→0+ xF, t¯(t), si tracci il grafico di gx (t) nei tre casi a > 0, a = 0 e a < 0 (la funzione gx (t) rappresenta la risposta forzata del sistema ad un ingresso del tipo considerato in (4) nel limite per t¯ → 0+ [· · · ]). Esercizio 14 Analizzare la stabilit` a del sistema lineare scalare x(t) ˙ = ax(t) al variare di a ∈ R. Esercizio 15 Siano Ai , i = 1, . . . , 5, le matrici definite nell’Esercizio 3, si ponga inoltre:

A6 = −A2 ;



 −1 0 2 A7 =  1 −1 1  ; −2 0 1



 2 −17 0 A8 =  1 −6 0 . 0 0 −3

Per ognuno dei diversi casi in cui A = Ai , i = 1, . . . , 8, si consideri il sistema dinamico ( x˙ = Ax + Bu y = Cx + Du

e si risponda alle seguenti domande: 1. Analizzare la stabilit` a del sistema. 2. Scrivere l’espressione dei modi naturali del sitema. Esercizio 16 Si considerino i sistemi dinamici lineari Σi , i = 1, . . . , 4. Si supponga che: • il sistema Σ1 abbia tra i suoi modi le seguenti funzioni: φ1 (t) = e−2t , φ2 (t) = e−10t , t ≥ 0; • il sistema Σ2 abbia tra i suoi modi la funzione φ(t) = e−t , t ≥ 0, e che tale modo abbia molteplicit` a pari a 2. • il sistema Σ3 abbia tra i suoi modi le seguenti funzioni: φ1 (t) = e5t , φ2 (t) = e−t cos(4t), t ≥ 0; • il sistema Σ4 abbia tra i suoi modi le seguenti funzioni: φ1 (t) ≡ 1, φ2 (t) = t2 e−3t , t ≥ 0. Si supponga inoltre che Σi sia di ordine il pi` u piccolo possibile compatibilmente con l’esistenza dei modi sopra specificati. 1. Stabilire qual è l’ordine di ognuno dei sistemi Σi ed elencarne tutti i modi naturali. 2. Analizzare la stabilit` a di ognuno dei sistemi Σi . 3. Nei casi i = 1, 2, 3, scrivere un esempio numerico di matrice A compatibile con le informazioni sul sistema Σi . Esercizio 17 Scrivere un esempio numerico di sistema dinamico avente tutte le seguenti caratteristiche: il sistema è lineare, stabile ma non asintoticamente stabile, abbia almeno un modo naturale convergente a 0 per t → +∞, abbia 1 ingresso e 2 uscite, non sia strettamente proprio, sia di ordine minimo possibile. Esercizio 18 Per valori positivi ed elevati della velocit` a, l’equazione differenziale che descrive la dinamica del moto verticale di un grave di massa m in un mezzo viscoso sotto l’effetto della forza di gravit` a è γ v(t) ˙ = − v 2 (t) + g, m dove γ > 0 è il coefficiente di attrito viscoso e g = 9.8 m/s2 è l’accelerazione di gravit` a. 7

1. Classificare il sistema specificandone l’ordine e compilando la tabella (2). 2. Posto m = 100 Kg e supponendo che v(0) > 0, calcolare limt→+∞ v(t). Determinare poi i valori di γ che garantiscono che tale limite sia maggiore di 330 m/s (cioè, circa la velocit` a del suono). Esercizio 19 Si consideri il seguente sistema dinamico: (

x(t) ˙ = x3 (t) − x(t)u(t) y(t) = sin x(t) + u2 (t).

1. Determinare gli stati e le uscite di equilibrio corrispondenti all’ingresso costante u(t) ≡ 1. Scivere l’espressione del sistema linearizzato attorno a tali equilibri. 2. Valutare le propriet` a di stabilit` a degli equilibri determinati. Esercizio 20 Sia dato un sistema descritto dalla seguente equazione differenziale: ¨ + θ(t) ˙ sin θ(t) − θ2 (t) + θ(t)u(t) = 0. θ(t)

1. Supponendo che θ sia la variabile di uscita, si dia una rappresentazione in forma di stato del sistema dato. 2. Calcolare i valori di equilibrio dell’uscita in corrispondenza dell’ingresso costante u(t) ≡ −4 e si analizzi la stabilit` a dei corrispondenti stati di equilibrio. Esercizio 21 Si consideri il seguente sistema dinamico:  p  x˙ 1 (t) = −x1 (t) x2 (t) + 8u1 (t)   x˙ 2 (t) = −x2 (t)u21 (t) + 2x1 (t) + u2 (t)    y(t) = x1 (t) + x2 (t).

(5)

1. Classificare il sistema specificandone l’ordine e compilando la tabella (2). 2. Determinare gli stati e le uscite di equilibrio corrispondenti a u(t) ≡ u ¯=

2 0

.

3. Scrivere l’espressione del sistema linearizzato attorno alla coppia di equilibrio (¯ x, u ¯) determinata e valutarne le propriet` a di stabilit` a. Si dica poi se la seguente affermazione è vera o falsa: “ in presenza del segnale d’ingresso u(t) ≡ u ¯, qualunque sia la condizione iniziale x(0) ∈ R2 , il corrispondente movimento dello stato x(t) per il sistema (5) è tale che limt→+∞ x(t) = x ¯”. Esercizio 22 Un braccio robotico elementare di lunghezza l e massa m pu` o essere modellizzato come un pendolo (vedi Esercizio 8, useremo qui la stessa notazione). Supponiamo che la posizione di tale braccio robotico possa essere controllata mediante l’applicazione di una coppia u. Il sistema dinamico che descrive la dinamica di tale braccio robotico è dunque dato da:   x˙ (t) = x2 (t)   1 g 1 k x˙ 2 (t) = − ml 2 x2 (t) − l sin x1 (t) + ml2 u(t)    y(t) = x1 (t), dove k > 0 è il coefficiente di attrito.

8

1. Determinare un valore di coppia u ¯ che permetta di mantenere il braccio robotico in equilibrio alla posizione x¯1 = π4 . 2. Verificare che, in presenza della coppia costante determinata al punto precedente, il braccio robotico tende a riportarsi nella sua posizione di equilibrio anche nel caso in cui piccole perturbazioni transitorie dovessero eventualmente spostare il braccio dalla sua posizione di equilibrio. Esercizio 23 Si consideri nuovamente il serbatoio rappresentato in Figura 1 e si supponga che esso sia cilindrico con sezione di area σ. Se il moto del liquido che fuoriesce dal serbatoio è turbolento, l’equazione differenziale che descrive la dinamica del livello h di liquido presente nel serbatoio in funzione della portata d’ingresso p è data da: p ˙ h(t) = −α h(t) + βp(t),

α > 0, β =

1 > 0. σ

Siamo interessati a studiare l’andamento nel tempo del volume di liquido presente nel serbatoio. 1. Scrivere un modello in forma di stato per tale sistema. Si supponga da ora in avanti che α = 5/12, β = 1/2 (ossia, σ = 2). 2. Determinare il valore u ¯ della portata p tale che la corrispondente uscita di equilibrio sia y¯ = 8. 3. Scrivere le equazioni del sistema linearizzato attorno a tale equilibrio e si valutino le propriet` a di stabilit` a dell’equilibrio. 1 sca(t): impiegare il modello linearizzato trovato 4. Si supponga che h(0) = 4 e che p(t) = u ¯ + 10 nel punto precedente per determinare limt→+∞ h(t). Calcolare poi limt→+∞ h(t) impiegando il modello non lineare. Perché i due risultati sono differenti? Quale dei due risultati è da ritenersi pi` u attendibile? Esercizio 24 Si consideri il sistema lineare che appare nella soluzione dell’Esercizio 17. 1. Calcolare il movimento dello stato a partire dalla condizione iniziale x(0) =

1 −2

ed in corrispondenza del segnale d’ingresso u(t) = e−2t sca(t). 2. Calcolare la funzione (matrice) di trasferimento del sistema. 3. Calcolare il movimento dell’uscita a partire dalla stessa condizione iniziale del punto 1 ed in corrispondenza del segnale d’ingresso u(t) = sca(t). Esercizio 25 Si risolva nuovamente l’Esercizio 13.1 impiegando i metodi basati sulla trasformata di Laplace ed osservando che il segnale d’ingresso specificato nell’equazione (4) pu` o essere riscritto nella seguente forma u(t) = u ¯ sca(t) − u¯ sca(t − t¯). Esercizio 26 Si consideri il seguente sistema dinamico: (

x˙ 1 (t) = x1 (t) x2 (t) + 1 + x2 (t)

x˙ 2 (t) = −x1 (t) + x22 (t) − x2 (t). 9

1. Determinare gli stati di equilibrio del sistema e l’espressione del sistema linearizzato attorno a tali equilibri. 2. Sia x(t) ˙ = Ax(t) il sistema linearizzato determinato in 1: calcolare la matrice eAt e valutare le propriet` a di stabilit` a del sistema. Dire se da tale analisi è possibile trarre conclusioni circa le propriet` a di stabilit` a del corrispondente equilibrio del sistema nonlineare. 3. Impiegando il modello linearizzato, calcolare il movimento dello stato e rappresentarne la corrispondente traiettoria nello spazio di stato nei due casi corrispondenti alle seguenti condizioni iniziali: 2 ; ı) x′ (0) = −2 1 . ıı) x′′ (0) = 0 Esercizio 27 1. Scrivere un esempio numerico di sistema lineare di ordine pi` u piccolo possibile in modo tale che tutti i seguenti requisiti siano soddisfatti: il sistema sia SISO, in corrispondenza dell’ingresso costante u(t) ≡ 0 esso ammetta infiniti stati di equilibrio, tutti i movimenti dello stato del sistema siano instabili e la sua funzione di trasferimento sia strettamente propria. 2. Si calcoli la funzione di trasferimento del sistema prescelto e se ne specifichi l’ordine, i poli, gli zeri e il grado relativo. Si dica inoltre se il sistema prescelto ha “parti nascoste”. 3. Per il sistema prescelto, si fissi poi una condizione iniziale x(0) e si scriva il codice Matlab che permette di tracciare il grafico del movimento libero della prima componente dello stato a partire da tale condizione iniziale. Esercizio 28 Calcolare il movimento dello stato per il seguente sistema dinamico:   3 −1   x(t) x(t) ˙ =   2 1   1   . x(0) =  −1

Esercizio 29 Si consideri il seguente sistema lineare: x(t) ˙ = Ax(t) + B1 u(t) + B2 w(t),

x ∈ Rn , u ∈ Rm , w ∈ Rq ,

dove A è una matrice i cui autovalori λ sono tali che ℜe(λ) < 0. Sia x ˜, x ˜ : R+ t

→ Rn 7 → x˜(t),

il movimento dello stato determinato da una data condizione iniziale x(0) = x˜0 , da un dato segnale d’ingresso u˜, u ˜ : R+ → Rm t 7→ u˜(t),

10

e dal disturbo w(t) ≡ 0. Sia x∗ il movimento perturbato determinato dalla stessa condizione iniziale x(0) = x ˜0 , dallo stesso segnale d’ingresso u ˜ e da un segnale di disturbo w tale che, ∀ t ≥ T , w(t) = 0. Mostrare che lim kx∗ (t) − x ˜(t)k = 0. t→+∞

Esercizio 30 Si supponga che le seguenti funzioni di trasferimento Gi (s) abbiano lo stesso ordine del sistema lineare Σi che esse rappresentano: 2 ; s−3 s+2 G4 (s) = 2 ; s − 2s − 3 s+1 ; G7 (s) = s2

G1 (s) =

G2 (s) =

1 ; s

G3 (s) =

−1 ; (s − 1)(s + 2)2 s G8 (s) = 2 . (s + 4)(s2 + s + 1) G5 (s) =

G6 (s) =

s−1 ; s+1 s3

+

s−2 ; + 73 4 s + 25

7s2

1. Per ognuno dei sistemi Σi , si dica se esso sia asintoticamente stabile, semplicemente stabile oppure instabile. 2. Scrivere l’espressione dei modi naturali associati ai sistemi Σi (per il sistema Σ6 , si usi l’informazione aggiuntiva che esso ammette il modo naturale φ1 (t) = e−4t , t ≥ 0). 3. Per i sistemi che risultano essere asintoticamente stabili, si calcoli il tempo Ta di assestamento a 0 del movimento libero dello stato. 4. Nei casi G1 (s), G2 (s), G3 (s), scrivere un sistema lineare Σi in forma di stato la cui funzione di trasferimento sia Gi (s). Esercizio 31 Sia

g(t) = e−2t + te−t sca(t) + δ(t)

la risposta all’impulso di un sistema lineare e sia Σ(A, B, C, D) una sua rappresentazione in forma di stato. 1. Si dica se si tratta di un sistema SISO oppure MIMO e se il sistema è proprio o strettamente proprio. Determinare la matrice D. Si supponga d’ora in avanti che il sistema Σ(A, B, C, D) sia di ordine minimo compatibilmente con l’avere la risposta all’impulso specificata. 2. Elencare tutti i modi naturali del sistema, analizzare la stabilit` a di Σ(A, B, C, D), dire qual è la dimensione della matrice A e scriverne il polinomio caratteristico. 3. Calcolare la funzione di trasferimento del sistema. 4. Calcolare l’uscita forzata yF (t) in corrispondenza di ognuno dei seguenti quattro segnali di ingresso: ı) u1 (t) = sca(t); ıı) u2 (t) = e−3t sca(t); ııı) u3 (t) = sca(t) − e−3t sca(t);

ıv) u4 (t) = −sca(t − 1) + 2e−3(t−2) sca(t − 2). 11

3

0.3 yF (t)

0.2 yF (t)

0.1 0

2 1

−0.1 −0.2 0

0.5

1

1.5

2 t

2.5

3

3.5

0 0

4

0.5

1

1.5

0.4

0.4

0.3

0.3

0.2 0.1 0 0

2

4

6

8

10 t

12

14

16

18

0 0

20

4

0.5

1

1.5

2 t

2.5

3

3.5

4

2.5

3

3.5

4

2.5

3

3.5

4

(d) 4

2

3 yF (t)

1

yF (t)

3.5

0.1

3

0

2 1

−1 0.5

1

1.5

2 t

2.5

3

3.5

0 0

4

0.5

1

1.5

(e)

2 t

(f) 0.3

4 yF (t)

3 yF (t)

3

0.2

(c)

−2 0

2.5

(b)

yF (t)

yF (t)

(a)

2 t

2

0.2

0.1

1 0 0

2

4

6

8

10 t

12

14

16

18

0 0

20

(g)

0.5

1

1.5

2

t

(h)

Figura 2: Con riferimento all’Esercizio 32.3, grafici ipotetici della risposta allo scalino.

12

Esercizio 32 (Variazione dell’Esercizio 2 del compito del 7-9-2012) Sia dato il seguente sistema dinamico:  x˙ 1 (t) = 2x1 (t) − 4x2 (t) + u(t)    x˙ 2 (t) = 7x1 (t) − 9x2 (t) + 2u(t)    y(t) = 2x1 (t). 1. Calcolare la funzione di trasferimento del sistema e dire se il sistema è asintoticamente stabile, semplicemente stabile oppure instabile. 2. Calcolare limt→+∞ y(t) in corrispondenza dei seguenti segnali d’ingresso: • u1 (t) = 5 sca(t); • u2 (t) = δ(t);

• u3 (t) = 5 sca(t − 1);

• u4 (t) = 2u1 (t) + u2 (t) − u3 (t).

3. Sia yF (t) la risposta allo scalino del sistema ossia, l’uscita forzata corrispondente all’ingresso u(t) = sca(t) . Calcolare limt→0+ yF (t), limt→0+ y˙ F (t) e dire quale tra quelli riportati in Figura 2 è il grafico corretto di yF (t). 4. Sia g(t) la risposta all’impulso del sistema: determinare limt→0+ g(t) e limt→+∞ g(t). Inoltre, sfruttando opportunamente la conoscenza del grafico della risposta allo scalino determinata al punto precedente, si tracci un grafico qualitativo dell’andamento di g(t). Esercizio 33 Sia dato il sistema lineare   x˙ 1 (t) = 2x1 (t) + u(t) x˙ 2 (t) = −x1 (t) − x2 (t) − 2u(t)   y(t) = x1 (t) − 2x2 (t).

(6) (7)

1. Calcolare la funzione di trasferimento Tyu (s) del sistema e specificarne i valori dei poli e degli zeri; calcolare il guadagno statico del sistema. 2. Considerare il sistema come l’interconnessione di due sottosistemi, il primo di equazione (6) (con variabile di uscita y1 = x1 ), il secondo di equazione (7) (con variabile di uscita y2 = x2 ). Rappresentare i due sottosistemi mediante uno schema a blocchi, quindi rappresentare il sistema complessivo mediante lo schema a blocchi ottenuto interconnettendo i due schemi relativi ai sottosistemi. Infine, impiegare tale schema per il calcolo della funzione di trasferimento Tyu (s). 3. Calcolare l’uscita forzata del sistema nei seguenti casi e tracciarne un grafico qualitativo che ne evidenzi l’andamento per t → +∞ e per t → 0+ : • u1 (t) = δ(t);

• u2 (t) = et sca(t);

• u3 (t) = u1 (t) − u2 (t).

4. Analizzare le propriet` a di stabilit` a dei tre movimenti forzati dello stato corrispondenti ai tre ingressi considerati sopra.

13

Esercizio 34 2 In Figura 3 è rappresentata la risposta allo scalino di un sistema la cui funzione di trasferimento è G(s). 1. Si dica quale fra le seguenti è la corretta funzione di trasferimento: G1 (s) =

12(s + 1) 2(1 − s) ; G2 (s) = ; (s + 2)(s + 3) (s + 2)(s + 3)

G3 (s) =

12(1 − s) 1200(1 − s) ; G4 (s) = . (s + 2)(s + 3) (s + 20)(s + 30)

Si consideri, d’ora in avanti, il sistema G(s) individuato al punto precedente. 2. Si calcolino le risposte di regime in corrispondenza dei seguenti ingressi: ı) ua (t) = 5e4t ; ıı) ub (t) = 2 sin(5t). 3. Tracciare su un foglio di carta semi-logaritmica i diagrammi di Bode del modulo e della fase di G(s) (sia quelli asintotici che, qualitativamente, quelli reali). Esercizio 35 Si consideri il sistema dinamico descritto mediante lo schema a blocchi riportato in Figura 4, dove u rappresenta la variabile di controllo e w rappresenta un disturbo. 1. Si supponga che la variabile di controllo u sia l’uscita di un sistema dinamico lineare con funzione di trasferimento R(s) interconnesso in serie al sistema dato cos`ı come descritto in Figura 5. Determinare un sistema della forma R(s) = k ∈ R (ossia, un sistema statico) in modo tale che, quando y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, si abbia limt→+∞ y(t) = 1. Tracciare quindi un grafico qualitativo dell’andamento dell’uscita yF (t) nei seguenti casi: • y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0; • y o (t) ≡ 0 e w(t) = sca(t);

• y o (t) = sca(t) e w(t) = sca(t). 2. Si supponga adesso che la variabile di controllo u sia l’uscita di un sistema dinamico lineare con funzione di trasferimento R(s) interconnesso al sistema dato mediante lo schema in retroazione µ riportato in Figura 6. Supponendo che R(s) = s+λ , determinare l’insieme dei valori di µ ∈ R e λ ∈ R tali che entrambe le seguenti propriet` a siano soddisfatte: il sistema complessivo risulti asintoticamente stabile e, per y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, si abbia limt→+∞ y(t) = 1. di un esercizio tratto da un compito del Prof. N. Schiavoni.

2

y(t)

2 Variazione

1 0 −1 0

0.5

1

1.5

2

t

2.5

3

3.5

4

Figura 3: Risposta allo scalino del sistema dell’Esercizio 34.

14

Figura 4: Rappresentazione mediante schema a blocchi del sistema considerato nell’Esercizio 35.

Figura 5: Schema a blocchi del sistema di controllo considerato nell’Esercizio 35.1.

3. Tra i sistemi R(s) determinati al punto precedente, si consideri quello in cui µ = 5: sapendo che in tal caso il polinomio caratteristico del sistema retroazionato si fattorizza nella forma pcl (s) ≃ (s + 10.05)(s2 + 0.95s + 0.50),

(8)

tracciare l’andamento qualitativo dell’uscita yF (t) nei seguenti casi: • y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0; • y o (t) ≡ 0 e w(t) = sca(t).

Infine, calcolare limt→+∞ yF (t) quando y o (t) = sca(t) e w(t) = sca(t). Esercizio 36 Si considerino le seguenti funzioni di trasferimento: G1 (s) =

100(s + 5) ; (s + 1/2)(s + 10)

G4 (s) = −

1 ; (s + 1)(s − 1)

G2 (s) =

90s(s − 2) ; + 12s + 180

5s2

G5 (s) = 20

s2

s+2 ; +s+4

G3 (s) = −

2s − 1 ; (s − 15 )2 (s + 1)2

G6 (s) = −

100(s2 + 1) . (s + 0.1)(s2 + 2s + 100)

1. Per ognuna di esse, scrivere l’espressione della risposta in frequenza. 2. Tracciare su fogli di carta semi-logaritmica i diagrammi di Bode del modulo e della fase di tali funzioni (sia quelli asintotici che, qualitativamente, quelli reali). 3. Si consideri il sistema G6 (s) e si supponga che esso non abbia “parti nascoste”: si dica se per tale sistema è possibile applicare il Teorema della risposta armonica e, in caso affermativo, si calcoli l’uscita di regime yR (t) in corrispondenza dei due seguenti segnali d’ingresso:

Figura 6: Schema a blocchi del sistema di controllo considerato nell’Esercizio 35.2-3.

15

Spettro di ampiezza

1.5

f (t)

1 0.5 0 −0.5 0

20

40

t

60

80

0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0

−1

0

10

100

1

10

10

Frequenza [rad/s]

(a)

(b)

Spettro di ampiezza

Figura 7: Segnale f (t) (e suo spettro di ampiezza) relativo all’Esercizio 37.

1.5 1

p(t)

0.5 0 −0.5 −1 −1.5 0

2

4

t

6

8

0.1 0.01 0.001 0

10

10

20

30

40

50

60

70

80

Frequenza [rad/s]

(a)

(b)

Figura 8: Segnale p(t) (e suo spettro di ampiezza) relativo all’Esercizio 38.

• u1 (t) = sin(t);

• u2 (t) = sin(10t). Si commentino i risultati ottenuti. Esercizio 37 Si è interessati a studiare l’andamento nel tempo di una certa grandezza f . A tal fine sono state raccolte delle misure di f a vari istanti di tempo t: in Figura 7 è rappresentato il corrispondente grafico di f (t). Le misure di f sono state effettuate per mezzo di uno strumento che introduce sulla misura un disturbo additivo la cui banda si trova a frequenze superiori a 10 rad/s. Inoltre, la grandezza misurata presenta delle oscillazioni nella banda [0, 0.01] rad/s dovute a variazioni stagionali e di cui non si vuole tenere conto. Ai fini dello studio di f , risulta quindi d’interesse solo la componente del segnale f (t) il cui spettro insiste nella banda [0.1, 1] rad/s. Si costruisca un sistema lineare in modo tale che, ponendo in ingresso a tale sistema il segnale f (t), la corrispondente uscita di regime replichi le caratteristiche di f (t) all’interno della banda di interesse. Esercizio 38 In Figura 8 è rappresentato il grafico del segnale p(t) che colleziona i valori delle misure, effettuate a vari istanti di tempo t, della posizione p della testina di riproduzione in un lettore CD. All’interno di tale lettore CD è presente una ventola di raffreddamento che ruota a3 3.98 Hz e che genera una perturbazione della misura di p esattamente alla propria frequenza di rotazione. Si costruisca un sistema lineare in modo tale che, ponendo in ingresso a tale sistema il segnale p(t), nella corrispondente uscita di regime risulti cancellata la perturbazione causata dalla ventola di raffreddamento e tale uscita possa essere considerata una stima dell’andamento effettivo di p. 3 Conversione

Hz ↔ rad/s: poich´ e x Hz significa x giri completati in 1 s ed 1 giro corrisponde a 2π rad, allora [x]Hz 1 = . [x]rad/s 2π

16

Esercizio 39 In Figura 9.(a), è rappresentato il grafico di un segnale w(t). 1. Osservando il grafico di w(t) si nota che, specialmente per t ≥ 5 s, il segnale ha un andamento rapidamente variabile dovuto alla presenza di armoniche ad alta frequenza. Si stimi intorno a quale pulsazione ω si trovano le armoniche costituenti il segnale e che originano l’andamento osservato. A tal fine si proceda nel modo seguente: si stimi il periodo delle rapide oscillazioni presenti nel segnale w(t) e si impieghi la formula T = 2π/ω il periodo pu` o essere stimato a partire dal conto del numero di oscillazioni presenti in un dato intervallo di tempo .

2. In Figura 9.(b–d), sono riportati gli spettri di tre segnali. Si dica quale di questi spettri è quello del segnale w(t). 3. Si considerino i seguenti filtri: G1 (s) =

5 , s+5

G2 (s) =

10 , s+5

G3 (s) =

50s (s + 5)(s + 50)

e

G4 (s) =

3s(s + 10) . (s + 50)2

Per ognuno di essi si tracci il diagramma di Bode del modulo, si dica di che tipo di filtro si tratta e se ne calcoli la banda passante. 4. Si consideri il sistema rappresentato in Figura 10 nei 4 casi in cui G(s) = Gi (s), i = 1, . . . , 4: per ognuno di essi, l’andamento dell’uscita forzata corrispondente al segnale d’ingresso w(t) è rappresentato in Figura 11 con una linea rossa. Si determini la giusta associazione fra i sistemi Gi (s) e i 4 grafici in Figura 11. Esercizio 40 Si considerino le seguenti funzioni di trasferimento: L1 (s) =

100(s + 5) ; (s + 1/2)(s + 10)

L2 (s) =

L4 (s) =

12(1 − s) ; (s + 2)(s + 3)

L5 (s) = −10

L7 (s) = − L10 (s) =

1 ; (s + 1)(s − 1)

10 ; s(s + 1)2

L8 (s) = L11 (s) =

100(s + 1/2) ; (s + 5)(s + 10) 1 − 0.5s ; (1 − 10s)(1 + 0.01s)2

3s(s + 10) ; (s + 50)2 0.1(1 − 2s) ; s(1 + 10s)(1 + 0.1s)

L3 (s) =

s + 100 ; 2(s + 5)(s + 10)

L6 (s) = − L9 (s) =

2s − 1 ; (s − 51 )2 (s + 1)2

1 ; s(s + 1)2

L12 (s) = −

3(s + 1) . s

1. Tracciare su fogli di carta semi-logaritmica i diagrammi di Bode del modulo e della fase di tali funzioni (sia quelli asintotici che, qualitativamente, quelli reali). 2. Si considerino adesso le 5 funzioni Li (s) corrispondenti a i = 4, 5, 9, 10, 11. Si indichi con ωπ il valore della pulsazione ω in corrispondenza della quale ∠ Li (jω) = −180◦. Nei 5 casi considerati, determinare approssimativamente il valore di ωπ e si calcoli |Li (jωπ )|. Al fine di stimare ωπ , si pu` o procedere nel modo seguente: I. A partire dai diagrammi della fase tracciati al punto precedente, si compia una prima stima “ad occhio” di ωπ (indichiamo tale stima con ω1 ); II. Si calcoli il valore effettivo di ∠ Li (jω1 ) e, se significativamente diverso da −180◦, si compia una nuova stima ω2 basandosi sull’andamento del diagramma di Bode della fase;

17

30

w(t)

20 10 0 −10 0

1

2

3

4

5

t

6

7

8

9

10

Modulo (spettro di ampiezza)

(a) 4 3 2 1 0 0

20

40

60

Frequenza [rad/s]

80

100

120

80

100

120

80

100

120

Modulo (spettro di ampiezza)

(b) 4 3 2 1 0 0

20

40

60

Frequenza [rad/s]

Modulo (spettro di ampiezza)

(c) 2.5 2 1.5 1 0.5 0 0

20

40

60

Frequenza [rad/s]

(d)

Figura 9: Con riferimento all’Esercizio 39.1-2, grafico del segnale w(t) (a) e grafici ipotetici del corrispondente spettro di ampiezza (b–d).

Figura 10: Sistema considerato nell’Esercizio 39.4.

18

30

yF (t)

20 10 0 −10 0

1

2

3

4

5

t

6

7

8

9

10

6

7

8

9

10

6

7

8

9

10

6

7

8

9

10

(a)

40

yF (t)

30 20 10 0 −10 −20 0

1

2

3

4

5

t

(b)

30

yF (t)

20 10 0 −10 0

1

2

3

4

5

t

(c)

30

yF (t)

20 10 0 −10 0

1

2

3

4

5

t

(d)

Figura 11: Con riferimento all’Esercizio 39.4, grafico dei segnali yF (t) (linea rossa) in corrispondenza del segnale d’ingresso w(t) (linea blu tratteggiata) e dei filtri Gi (s), i = 1, . . . , 4.

19

Figura 12: Sistema retroazionato negativamente con funzione di anello L(s).

III. Si ripeta il passo II. finché si perviene ad una stima accettabile di ωπ . Nota bene: La stima di ωπ è da ritenersi accettabile solo se consente di stabilire in modo inequivocabile se |Li (jωπ )| è maggiore o minore di 1. Per calcolare ∠ Li (jωk ) si consiglia, se possibile4 , di impiegare il regolo delle fasi in quanto accorcia notevolmente i tempi di calcolo. 3. Tracciare (qualitativamente) il diagramma di Nyquist delle funzioni di trasferimento Li (s), i = 1, . . . , 12 (nei 5 casi in cui i = 4, 5, 9, 10, 11, servirsi dei risultati trovati al punto precedente per individuare approssimativamente il punto d’intersezione del diagramma di Nyquist con il semi-asse ℜeale negativo). 4. In ognuno dei casi in cui L(s) = Li (s), i = 1, . . . , 12, analizzare l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato rappresentato in Figura 12. Esercizio 41 Si considerino le funzioni di trasferimento G2 (s), G5 (s) e G6 (s) definite nell’Esercizio 36 e si considerino i rispettivi diagrammi di Bode riportati nelle Figure 13, 14 e 15. 1. A partire da tali diagrammi di Bode, si traccino (qualitativamente) i diagrammi di Nyquist di G2 (s), G5 (s) e G6 (s). In particolare5 : • Nel caso di G2 (s) si individuino i punti di intersezione fra il diagramma di Nyquist e: la circonferenza unitaria centrata nell’origine; il semi-asse ℜeale negativo; il semi-asse ℑmmaginario positivo. • Nel caso di G5 (s) si individuino i punti di intersezione fra il diagramma di Nyquist e: il semi-asse ℜeale positivo; la bisettrice del II − IV quadrante; il semi-asse ℑmmaginario negativo; la circonferenza unitaria centrata nell’origine.

• Nel caso di G6 (s) si individuino i punti di intersezione fra il diagramma di Nyquist e: il semi-asse ℜeale negativo; la circonferenza unitaria centrata nell’origine. 2. Si analizzi l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato in Figura 12 nei casi in cui L(s) = G2 (s), L(s) = G5 (s) e L(s) = G6 (s).

4 Si

ricorda che il regolo delle fasi permette di determinare i contributi alla fase solo di poli e zeri ℜeali. tutti i casi, si determinino le intersezioni richieste ricavando opportunamente le informazioni dai diagrammi di Bode e facendo meno conti possibile. 5 In

20

dB

Diagramma di Bode − Modulo 35 30 25 20 15 10 5 0 −5 −10 −15 −20 −1 10

0

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (a)

deg

Diagramma di Bode − Fase 0 −30 −60 −90 −120 −150 −180 −210 −240 −270 −300 −330 −360 −1 10

0

1

10

10 Pulsazione [rad/s] (b)

Figura 13: Diagrammi di Bode di G2 (s) = 90s(s − 2)/(5s2 + 12s + 180).

21

2

10

dB

Diagramma di Bode − Modulo 35 30 25 20 15 10 5 0 −5 −10 −15 −1 10

0

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase 90 45 deg

0 −45 −90 −135 −180 −1 10

0

1

10

10 Pulsazione [rad/s] (b)

Figura 14: Diagrammi di Bode di G5 (s) = 20(s + 2)/(s2 + s + 4).

22

2

10

dB

Diagramma di Bode − Modulo 35 30 25 20 15 10 5 0 −5 −10 −15 −20 −2 10

−1

10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

2

10

(a)

deg

Diagramma di Bode − Fase 270 180 90 0 −90 −180 −270 −2 10

−1

10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

2

10

(b)

Figura 15: Diagrammi di Bode di G6 (s) = −100(s2 + 1)/ (s + 0.1)(s2 + 2s + 100) .

23

Figura 16: Sistema considerato nell’Esercizio 42.

Esercizio 42 Si consideri il sistema retroazionato in Figura 16 e le funzioni di trasferimento Li (s), i = 1, . . . , 12, definite nell’Esercizio 40. 1. Nei due casi in cui L(s) = L9 (s) e L(s) = L11 (s), si calcoli il margine di guadagno km del sistema. 2. Per i = 1, . . . , 12, si dica in quali casi è possibile analizzare l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato mediante il Criterio di Bode e, quando possibile, compiere tale analisi. 3. In ognuno dei casi in cui il Criterio di Bode permette di stabilire l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato, si calcoli la pulsazione critica e il margine di fase. 4. In ognuno dei casi in cui il Criterio di Bode permette di stabilire l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato, si calcoli yR (t) quando y o (t) = sca(t) e, solo nel caso L(s) = L11 (s), si tracci anche l’andamento qualitativo di yF (t). 5. Nel caso L(s) = L11 (s), determinare yR (t) nei due casi seguenti: ı) y o (t) = e0.5t ; ıı) y o (t) = et . Esercizio 43 Si consideri nuovamente il sistema retroazionato in Figura 6 dove, come nell’Esercizio 35.3, 5 R(s) = . s Si supponga per` o di non conoscere la fattorizzazione data in equazione (8) del polinomio caratteristico del sistema retroazionato. Verificare l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato mediante il Criterio di Bode e, servendosi della regola “ empirica” per l’approssimazione dei poli dominanti del sistema retroazionato, tracciare l’andamento qualitativo di yF (t) quando y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0. Confrontare il risultato (approssimato) ottenuto con quello (“esatto”) trovato nella risoluzione dell’Esercizio 35.3.

24

y

y

)

w

y

G(s)

-

H(s) Figura 17: Sistema retroazionato dell’Esercizio 44.

n yo

e

du

-

u

R(s)

-

d

G(s)

y

Figura 18: Architettura standard di controllo in retroazione.

Esercizio 44

6

Si consideri il sistema in Figura 17, dove G(s) =

10s (1 + s)2

e

H(s) =

1 . (1 + s)2

1. Verificare l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato e calcolarne il margine di guadagno. 2. Mediante le usuali approssimazioni, tracciare il diagramma di Bode del modulo di Tyw (s). Esercizio 45

7

Con riferimento al sistema di controllo in Figura 18, sia G(s) =

2 (1 + 0.1s)3

e

R(s) = µ

1 + 0.1s . 1 + 10s

Si supponga, per il momento, che µ = 5. 1. Verificare l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato e calcolarne il margine di fase e di guadagno. 2. Determinare eR (t) quando y o (t) =

3 10

sca(t) e du (t) =

1 5

sca(t).

3. Calcolare Tun (s). Mediante le usuali approssimazioni, scriverne poi la risposta in frequenza Tûn (jω), se ne tracci il diagramma di Bode asintotico del modulo e si scriva la corrispondente espressione Tûn (s). Infine, impiegando tale Tûn (s), determinare ω0 tale che, per n(t) = sin(ω0 t), si abbia che l’ampiezza di uR (t) è pari a 0.1. Si supponga adesso che µ ∈ R. 4. Determinare l’insieme dei valori µ < 0 tali che il sistema retroazionato è asintoticamente stabile.

6 Esercizio 7 Esercizio

tratto da un compito del Prof. N. Schiavoni. tratto da un compito del Prof. N. Schiavoni.

25

yo

e

-

k

H(s)

y

Figura 19: Sistema retroazionato considerato nell’Esercizio 46.

Esercizio 46 Si consideri il sistema retroazionato in Figura 19, dove H(s) = −6

s(s − 5) . (s + 10)2

1. Si tracci il diagramma polare di H(s) e se ne determinino le intersezioni con l’asse ℜeale e con la circonferenza unitaria. Nel caso k = 1, si pu` o applicare il Criterio di Bode per analizzare l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato? 2. Determinare i valori di k ∈ R tali che il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. 3. Al variare dei k trovati sopra, determinare eR (t) quando y o (t) = sca(t). 4. Posto k = − 21 , tracciare un diagramma di Bode approssimato della funzione di sensitivit` a complementare Tyyo (s). 5. Sempre per k = − 21 , valutare l’ampiezza di yR (t) quando y o (t) = sin(100t). Esercizio 47 Con riferimento al sistema retroazionato in Figura 18, si consideri la funzione di anello L(s) = R(s)G(s) i cui diagrammi di Bode reali e asintotici sono riportati in Figura 20. 1. Sapendo che L(s) ha solo singolarit` a Reali, scrivere l’espressione di L(s). 2. Analizzare l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato. 3. Determinare eR (t) in presenza di y o (t) = sca(t) e d(t) = ram(t). Stimare il tempo di assestamento dell’errore. 4. Stimare l’ampiezza dell’errore di regime in presenza di y o (t) = ram(t), n(t) = sin(10t) e d(t) = sca(t). Esercizio 48 (Principio del modello interno) Con riferimento al sistema retroazionato in Figura 18 e supponendo che tale sistema sia asintoticamente stabile, mostrare che se y o (t) = sin(ω0 t), condizione necessaria e sufficiente affinché eR (t) = 0 è che la funzione di anello L(s) = R(s)G(s) 1 abbia una coppia di poli in ±jω0 ossia, che contenga il fattore s2 +ω 2 . 0

26

dB

Diagramma di Bode − Modulo 100 80 60 40 20 0 −20 −40 −60 −80 −3 10

−2

10

−1

0

10 10 Pulsazione [rad/s]

1

10

2

10

(a)

deg

Diagramma di Bode − Fase −80 −90 −100 −110 −120 −130 −140 −150 −160 −170 −180 −190 −3 10

−2

10

−1

0

10

10

1

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (b)

Figura 20: Diagrammi di Bode reali (linea blu tratteggiata) e asintotici (linea verde continua) della funzione d’anello L(s) dell’Esercizio 47.

27

¡ ¢ x(k + 1) = f x(k), −1

8 7 6 5 4 3 2 1 0 −1 −2 −2 −1 0

1

2 3 x(k)

4

5

6

7

Figura 21: Con riferimento all’Esercizio 49.5-6, grafico di f (x, −1) (linea continua) e della bisettrice del I − III quadrante (linea tratteggiata).

3

Esercizi sui sistemi dinamici a tempo discreto

Esercizio 49 (Variazione dell’Esercizio 4 del compito del 7-9-2012) Sia dato il seguente sistema dinamico a tempo discreto: (

x(k + 1) = 2u(k) + 3 x2 (k) − u(k)x(k) y(k) = x(k).

(9)

1. Determinare il valore dell’ingresso costante u(k) ≡ u ¯ in corrispondenza del quale x ¯ = 1 è uno stato di equilibrio per il sistema. 2. Scrivere l’espressione del sistema linearizzato attorno alla coppia di equilibrio (¯ x = 1, u ¯) determinata al punto precedente e dire se, per il sistema non lineare, tale coppia è asintoticamente stabile, semplicemente stabile oppure instabile. 3. Tracciare il grafico della risposta allo scalino per il sistema linearizzato determinato al punto 2. 4. Posto x(0) = 1 e u(k) ≡ −1, impiegare il sistema linearizzato determinato al punto 2 per calcolare limk→+∞ x(k). D’ora in avanti, si consideri nuovamente il sistema non lineare x(k + 1) = f x(k), u(k) dato nell’equazione (9) e si supponga che u(k) ≡ −1. In Figura 21 è tracciato il grafico della funzione f (x, −1). 5. Posto x(0) = 1, calcolare x(1) e x(2). Verificare graficamente il risultato ottenuto (a tal fine, disegnare ci` o che occorre sul grafico in Figura 21). Infine, per mezzo del medesimo procedimento grafico (quindi, senza fare conti), determinare limk→+∞ x(k) e confrontare in modo critico il risultato ottenuto con quello trovato nello svolgimento del punto 4. 6. Sulla base del grafico in Figura 21 (quindi, senza fare conti), si risponda alle seguenti domande:

28

¯ corrispondente all’ingresso costante u(k) ≡ −1; • determinare lo stato di equilibrio x

• dire quanto vale la matrice A del sistema linearizzato attorno alla coppia di equilibrio ¯, u¯ = −1) ed analizzare le propriet` (x a di stabilit` a di tale sistema linearizzato; • dire se lo studio del sistema linearizzato permette di concludere l’analisi di stabilit` a della ¯, u¯ = −1) per il sistema non lineare; coppia di equilibrio (x

¯, u¯ = −1) del sistema non lineare è asintoticamente • si dica se la coppia di equilibrio (x stabile, semplicemente stabile oppure instabile.

29

SOLUZIONI Soluzione degli esercizi sui prerequisiti SOLUZIONE ESERCIZIO 1. 1.1- La funzione x(t) che risolve il problema di Cauchy dato deve essere tale che sia soddisfatta la condizione iniziale x(0) = 2 e l’equazione differenziale x˙ = 3/(2x). Calcoliamo dapprima il valore per t = 0 delle tre funzioni candidate a risolvere il problema. Caso (a) : x(0) =

3 = 2; 0 + 3/2

caso (b) : x(0) =

√ 0 + 4 = 2;

caso (c) : x(0) =

√ 0 + 1 = 1.

Possiamo dunque affermare che la funzione data in (c) non risolve il problema. Per discriminare quale sia la soluzione fra le funzioni date in (a) e in (b), calcoliamo la derivata rispetto 3 . al tempo di tali funzioni e vediamo quale delle due soddisfa la relazione x˙ = 2x • Caso (a): ! d 1 3 6 d 1 x(t) ˙ =3 =3· − 2t + =− (10) 2 · 2 . 3 3 dt 2t + 2 dt 2 2t + 2t + 3 2

2

A questo punto vediamo se l’espressione trovata per x(t) ˙ è uguale a 2t + 3 3 = = 3 2x(t) 2 2 2t+3/2

3 2x(t) :

si ha

3 2

e tale funzione è differente dalla funzione x(t) ˙ calcolata nell’equazione (10) (ad esempio, esse assumono valori differenti per t = 0). Ciò significa che la funzione data in (a) non risolve il problema in quanto non soddisfa l’equazione differenziale. • Caso (b): 1 3 d x(t) ˙ = √ · (3t + 4) = √ . (11) dt 2 3t + 4 2 3t + 4 In questo caso risulta evidente il fatto che l’espressione trovata per x(t) ˙ coincide con la funzione dunque la funzione che risolve il problema di Cauchy (1) è quella data in (b).

3 2x(t) ,

In alternativa, è possibile risolvere direttamente l’equazione (1) e confrontare la soluzione trovata con le tre funzioni proposte. Mostriamo, per completezza, anche tale procedimento, si osservi per` o che l’esercizio non richiede di risolvere l’equazione differenziale e che, in generale, è molto pi` u semplice verificare se una certa funzione risolva una data equazione differenziale piuttosto che risolvere tale equazione. Si ha x(t) ˙ =

da cui x(t) =

3 2x(t)

Rt Rt R x(t) ⇔ x(t)x(t) ˙ = 32 ⇔ 0 x(t)x(t)dt ˙ = 0 32 dt ⇔ x(0) xdx = 23 t ⇔ 2 x(t) ⇔ x2 x(0) = 32 t ⇔ x2 (t) = 3t + x(0)2

p √ 3t + x(0)2 e, essendo x(0) = 2, la soluzione risulta x(t) = 3t + 4.

1.2- Ponendo t = 0 nell’equazione (1), risulta x(0) ˙ = x(0) ˙ =

30

3 2x(0)

3 . 4

e, essendo x(0) = 2, si ha

In alternativa, abbiamo calcolato nell’equazione (11) l’espressione della funzione x(t): ˙ valutandola per t = 0 si ottiene x(0) ˙ = 2√30+4 = 43 . 1.3- Supponiamo che x(t) ≡ x0 sia una soluzione del problema (1) con condizione iniziale x(0) = x0 . 3 Poiché per tale ipotetica soluzione si ha x(t) ˙ ≡ 0, allora, affinché l’equazione differenziale x(t) ˙ = 2x(t) sia soddisfatta, deve valere che 3 0= . 2x0 Tale equazione, tuttavia, non è risolta per nessun valore di x0 ∈ R e dunque non esiste nessuna condizione iniziale che dia origine ad una soluzione costante. SOLUZIONE ESERCIZIO 2. Si ricordino, preliminarmente, i seguenti fatti:

Prodotto righe × colonne: dimensioni e compatibilit` a Date due matrici A ∈ Ra1 ×a2 e B ∈ Rb1 ×b2 , è possibile eseguire il prodotto AB se e solo se il numero di colonne di A è uguale al numero di righe di B, ossia a2 = b 1 . Se tale condizione di compatibilit` a fra le dimensioni delle matrici è soddisfatta, la matrice C = AB è tale che C ∈ Ra1 ×b2 . Da una diretta applicazione di tali regole, si ottengono i seguenti risultati: 2.1- N ∈ Rk×i e Q ∈ Rh×j . 2.2- V ∈ Rn×h e Z ∈ Rm×h . 2.3- ı) Il prodotto QZ non ha senso, in generale, perché il numero di colonne di Q è pari a j e differisce dal numero di righe di Z che è pari a m (ha senso solo nel caso particolare in cui j = m ed in tal caso si ha QZ ∈ Rh×h ). ıı) Il prodotto ZQ ha senso perché il numero di colonne di Z è pari ad h cos`ı come il numero di righe di Q. Si ha che ZQ ∈ Rm×j . ııı) Si noti che Q⊤ Z ⊤ = (ZQ)⊤ , quindi, in virt` u dei risultati trovati in ıı), il prodotto Q⊤ Z ⊤ ha senso e, posto S = Q⊤ Z ⊤ , si ha S = (ZQ)⊤ ∈ Rj×m . Ne consegue che QQ⊤ Z ⊤ = QS e tale prodotto ha senso in quanto il numero di colonne di Q, pari a j, coincide con il numero di righe di S. Si ha infine QQ⊤ Z ⊤ = QS ∈ Rh×m . SOLUZIONE ESERCIZIO 3. 3.1- La traccia di una matrice A, che indichiamo con tr(A), è la somma dei suoi elementi sulla diagonale, quindi: tr(A1 ) = 1 − 2 = −1; tr(A2 ) = 1 + 2 = 3; tr(A3 ) = 3 + 3 = 6; tr(A4 ) = 1 − 3 = −2; tr(A5 ) = 1 + 3 = 4.

31

Indichiamo con det(A) il determinante di una matrice A. Si ha: det(A1 ) = 1 · (−2) − 0 · 1 = −2;

det(A2 ) = 1 · 2 − 1 · 2 = 0;

det(A3 ) = 3 · 3 − 0 · 0 = 9;

det(A4 ) = 1 · (−3) − 1 · (−4) = 1; det(A5 ) = 1 · 3 − (−2) · 5 = 13. In generale, il polinomio caratteristico di una matrice quadrata A è dato da pA (s) = det(sI − A), dove I è la matrice identit` a di dimensioni uguali a quelle di A.

Polinomio caratteristico per matrici di dimensione 2 Nel caso particolare di matrici A di dimensione 2, si ha pA (s) = s2 − tr(A)s + det(A).

Quindi, nei cinque casi considerati, si ha: pA1 (s) = s2 + s − 2;

pA3 (s) = s2 − 6s + 9;

pA2 (s) = s2 − 3s;

pA4 (s) = s2 + 2s + 1; pA5 (s) = s2 − 4s + 13. Gli autovalori di una matrice A sono le radici del suo polinomio caratteristico, quindi: pA1 (s) = s2 + s − 2 = (s − 1)(s + 2) ⇒ λ1 = 1, λ2 = −2 pA2 (s) = s2 − 3s = s(s − 3)

⇒ λ1 = 0, λ2 = 3

pA3 (s) = s2 − 6s + 9 = (s − 3)2

⇒ λ1 = λ2 = 3

pA4 (s) = s2 + 2s + 1 = (s + 1)2

⇒ λ1 = λ2 = −1.

Nel caso A5 , il discriminante del polinomio pA5 (s) è dato da 4δ = −9. Tale matrice ha quindi una coppia di radici Complesse coniugate date da λ1,2 = 2 ± 3j. In definitiva: pA5 (s) = s2 − 4s + 13 = (s − 2 − 3j)(s − 2 + 3j) ⇒ λ1 = 2 + 3j, λ2 = 2 − 3j. Osservazione: come immediatamente verificabile dai conti appena svolti, si ricorda che: 1. la traccia di una matrice è uguale alla somma degli autovalori della matrice stessa, il determinante è uguale al prodotto degli autovalori; 2. tranne casi particolari, gli autovalori di una matrice non sono gli elementi sulla diagonale della matrice stessa (vedi le matrici A2 , A4 e A5 ); 3. un caso particolare in cui gli elementi sulla diagonale di una matrice coincidono con gli autovalori della matrice stessa è rappresentato dalle matrici triangolari (vedi le matrici A1 e A3 , nel caso di A3 si tratta di una matrice diagonale, cioè un caso particolare di matrice triangolare).

32

3.2- Una matrice è invertibile se e solo se il suo determinante non è nullo. Equivalentemente, una matrice è invertibile se e solo se essa non ha 0 tra i suoi autovalori. In conseguenza di ciò, tutte le matrici date, tranne A2 , sono invertibili.

Inversione delle matrici di dimensione 2 Nel caso particolare di matrici A=

a c

b d

,

det(A) 6= 0,

d −c

di dimensione 2, si ha −1

A

1 = det(A)

−b a

.

Ossia, si scambiano di posto gli elementi sulla diagonale, gli elementi fuori dalla diagonale si lasciano dove sono ma si cambiano di segno, si divide il tutto per il determinante di A det(A) = a · d − c · b . Di conseguenza

A−1 4

−2 −1 0 1 −3 4 ; = −1 1

1 A−1 1 = −2

=

1 0

1/2 −1/2

1/3 0 ; 0 1/3 3/13 −5/13 3 −5 1 . = = 13 2/13 1/13 2 1

; A3−1 = A−1 5

3.3- Richiamiamo i fatti principali relativi al problema della diagonalizzazione di matrici.

Diagonalizzabilit` a e diagonalizzazione di matrici • Autovalori: molteplicit` a algebrica e geometrica. Data una matrice A ∈ Rn×n , il suo polinomio caratteristico pA (s) è un polinomio di grado n e a coefficienti Reali le cui radici sono gli autovalori della matrice A. In virt` u del Teorema Fondamentale dell’Algebra, è sempre possibile fattorizzare un polinomio pA (s) di grado n e a coefficienti Reali nella seguente forma: pA (s) = (s − λ1 )n1 (s − λ2 )n2 · · · (s − λr )nr

(12)

P con λi ∈ C (i = 1, . . . , r), ri=1 ni = n e λi 6= λj . In altre parole, un polinomio di grado n a coefficienti Reali ha esattamente n radici in C (purché si tenga conto della loro molteplicit` a). Di conseguenza, una matrice A ∈ Rn×n ha esattamente n autovalori (contati con la loro molteplicit` a). Con riferimento alla fattorizzazione (12), il numero ni si dice molteplicit` a algebrica dell’autovalore λi e si indica con µa (λi ).

33

Data una matrice A ∈ Rn×n e un suo autovalore Reale λi ∈ R, un autovettore per la matrice A relativo all’autovalore λi è un vettore v ∈ Rn , v 6= 0, tale che Av = λi v. Portando il termine λi v al primo membro, tale equazione è equivalente a (A − λi I)v = 0.

(13)

Dunque, risolvendo il sistema lineare (13), è possibile determinare tutti gli autovettori per la matrice A relativi all’autovalore λi . L’insieme delle soluzioni del sistema lineare (13) è un sottospazio vettoriale di Rn la cui dimensione è detta molteplicit` a geometrica dell’autovalore λi e si indica con µg (λi ). • Diagonalizzabilit` a. Sia A ∈ Rn×n una matrice i cui autovalori sono tutti Reali. Una tale matrice si dice che è diagonalizzabile se esiste una matrice invertibile T ∈ Rn×n tale che T −1 AT = DA , dove DA ∈ Rn×n è una matrice diagonale. In tal caso, la matrice DA ha sulla diagonale gli autovalori di A. Valgono i seguenti risultati: 1. Se λi ∈ R è un autovalore Reale di una matrice A ∈ Rn×n , allora 1 ≤ µg (λi ) ≤ µa (λi );

(14)

2. Una matrice A ∈ Rn×n i cui autovalori λi , i = 1, . . . , r, sono tutti Reali è diagonalizzabile se e solo se tutti i suoi autovalori hanno molteplicit` a geometrica uguale a quella algebrica cioè, ∀ i = 1, . . . , r, µg (λi ) = µa (λi ) .

3. Come diretta conseguenza dei due risultati precedenti, una condizione sufficiente di diagonalizzabilit` a di una matrice A ∈ Rn×n è che essa abbia n autovalori Reali e distinti infatti, avere autovalori distinti significa che, ∀ i, µa (λi ) = 1 e dunque, in virt` u delle disequazioni (14), non pu` o che essere µg (λi ) = µa (λi ) = 1 .

• Diagonalizzazione. Data una matrice A ∈ Rn×n diagonalizzabile, una matrice invertibile T ∈ Rn×n tale che T −1 AT = DA si determina nel modo seguente: si costruisce T in modo tale che abbia per colonne una base di Rn fatta di autovettori per la matrice A. In pratica, quindi, basta risolvere il sistema (13) in corrispondenza di ogni autovalore λi per la matrice A e scegliere una base di ogni corrisponente spazio delle soluzioni. Poiché la scelta della base non è unica (ed anzi, ci sono sempre infinite scelte), ne segue che anche la matrice T non è unica.

• Caso Complesso. Nel caso di autovalori Complessi, λi ∈ C, quanto detto sopra resta sostanzialmente immutato pur di considerare autovettori Complessi v ∈ Cn . Alla luce dei risultati sulla diagonalizzabilit` a, possiamo dunque concludere che: le matrici A1 e A2 sono diagonalizzabili in quanto hanno autovalori Reali e distinti; la matrice A3 è certamente diagonalizzabile in quanto già diagonale (in altre parole, T3 = I è la matrice diagonalizzante). Resta da analizzare in

34

dettaglio il caso A4 : essendo λ1 = λ2 = −1, il sistema (13) prende la forma (A4 + I)v = 0

2 1

−4 −2

2v2 v2

ossia

v1 v2

=

0 0

le cui soluzioni sono i vettori v della forma v=

,

al variare di v2 ∈ R. Poiché vi è un solo parametro libero, cioè v2 , lo spazio delle soluzioni ha dimensione 1, cioè µg (−1) = 1. Dunque, 1 = µg (−1) = 6 µa (−1) = 2 cosicché la matrice A4 non è diagonalizzabile. In alternativa, è possibile mostrare che la matrice A4 non è diagonalizzabile ragionando per assurdo nel modo seguente: poiché A4 è di dimensione due ed ha due autovalori coincidenti pari a −1, allora, se fosse diagonalizzabile sarebbe DA4 = −I e T4−1 A4 T4 = −I; d’altra parte, T4−1 A4 T4 = −I ⇔ A4 = −T4 IT4−1 ⇔ A4 = −I, il che è assurdo in quanto A4 6= −I.

Osservazione: la condizione di avere autovalori distinti è solo sufficiente per la diagonalizzabilit` a. In presenza di autovalori coincidenti, una matrice pu` o essere sia diagonalizzabile, come A3 , che non diagonalizzabile, come A4 . • Diagonalizzazione della matrice A1 : calcoliamo T1 e DA1 . In corrispondenza dell’autovalore λ1 = 1, il sistema (13) prende la forma (A1 − I)v = 0

ossia

0 0

1 −3

v1 0

v1 v2

=

0 0

le cui soluzioni sono i vettori v della forma v=

,

al variare di v1 ∈ R. Fissiamo, ad esempio, v1 = 1: in tal modo otteniamo il vettore v=

1 0

che costituir` a la prima colonna della matrice T1 . In corrispondenza dell’autovalore λ2 = −2, il sistema (13) prende la forma (A1 + 2I)v = 0

ossia

3 1 0 0

v1 v2

=

0 0

le cui soluzioni sono i vettori v della forma v=

v1 −3v1

,

al variare di v1 ∈ R. Fissiamo, ad esempio, v1 = 1: in tal modo otteniamo il vettore v=

1 −3

35

che costituir` a la seconda colonna della matrice T1 . Ponendo quindi 1 1 , T1 = 0 −3 si ha T1−1 A1 T1

= D A1 =

1 0 0 −2

(nota bene: l’ordine con cui appaiono gli auotovalori sulla diagonale di DA1 è conforme con l’ordine in cui sono disposti gli autovettori nelle colonne di T1 ). • Diagonalizzazione della matrice A2 : calcoliamo T2 e DA2 . Procedendo in modo analogo a quanto fatto per la matrice A1 , si ottengono i seguenti risultati: nel caso λ1 = 0, le soluzioni del sistema (13) sono i vettori v della forma v=

−2v2 v2

,

al variare di v2 ∈ R; nel caso λ2 = 3, le soluzioni del sistema (13) sono i vettori v della forma v= al variare di v1 ∈ R; si pu` o quindi porre T2 =

v1 v1

−2 1

ed ottenere T2−1 A2 T2

= D A2 =

,

1 1

0 0 0 3

.

• Diagonalizzazione della matrice A3 : come già osservato, T3 = I e DA3 = A3 . 3.4- Poiché la matrice A5 ha autovalori Complessi, occorre declinare nel caso Complesso i risultati sulla diagonalizzabilit` a e diagonalizzazione richiamati in precedenza. La diagonalizzabilit` a è assicurata dal fatto che la matrice ha due autovalori distinti. Per determinare la matrice T5 si procede in modo del tutto analogo a quanto fatto per determinare T1 e T2 , l’unica differenza consiste nel fatto che si opera con numeri Complessi. In corrispondenza dell’autovalore λ1 = 2 + 3j, il sistema (13) prende la forma A5 − (2 + 3j)I v = 0 ossia

−1 − 3j −2

5 1 − 3j

v11 + jv12 v21 + jv22

=

0 0

.

(15)

Al fine di semplificare i calcoli, possiamo fissare la prima componente del vettore v ad un valore a piacere purché non nullo. Ad esempio, possiamo porre v11 + jv12 = 1 (questo passaggio è l’analogo dell’aver scelto v1 = 1 nel calcolo della matrice T1 ). Con questa scelta, il sistema (15) diventa

−1 − 3j −2

5 1 − 3j

1 v21 + jv22

36

=

0 0

,

ossia

−1 − 3j + 5(v21 + jv22 ) = 0 −2 + (1 − 3j)(v21 + jv22 ) = 0.

(16)

Le prima delle due equazioni si riscrive come (−1 + 5v21 ) + (5v22 − 3)j = 0 e, uguagliando a zero la parte ℜeale e la parte ℑmmaginaria del primo membro, si ottiene 1 5

v21 =

e

v22 =

3 5

le due equazioni che definiscono il sistema (15) sono equivalenti – la seconda si ottiene dalla prima moltiplicando ambo i membri per un’opportuna costante c ∈ C – in quanto il sistema (15) deve avere infinite soluzioni non nulle corrispondenti agli autovettori per A5 relativi a λ1 ; di conseguenza, come peraltro facilmente verificabile, i valori trovati per v21 e v22 risolvendo la prima delle due equazioni (16) risolvono anche la seconda equazione del sistema (16) . Possiamo quindi porre la prima colonna di T5 uguale al vettore v=

1 5

1 + 53 j

.

Per determinare la seconda colonna di T5 si pu` o ripetere il conto considerando λ2 = 2 − 3j oppure, pi` u semplicemente, basta ricordarsi che gli autovettori relativi all’autovalore Complesso coniugato di λ1 non sono altro che i vettori che hanno per componenti il numero Complesso coniugato delle componenti degli autovettori relativi a λ1 . Possiamo quindi direttamente scrivere che T5 =

1 5

1 + 53 j

ed ottenere T5−1 A5 T5 = DA5 = SOLUZIONE ESERCIZIO 4. 4.1- Si ha: pM (s) = (a)

=

=

1 5

1 − 53 j

2 + 3j 0

0 2 − 3j

.



 s −1 0 det(sI − M ) = det  0 s −1  = 18 3 s + 6 0 −1 s −1 = − (−1) · det s · det 18 s + 6 3 s+6 s(s2 + 6s + 3) + 18 = s3 + 6s2 + 3s + 18,

dove nell’uguaglianza (a) abbiamo usato lo sviluppo di det(sI − M ) rispetto alla prima riga.

37

4.2- Si ricordi preliminarmente che:

Formula generale dell’inversa di matrice Data una matrice quadrata A, invertibile e di dimensione n, si indichi con Aîj la matrice quadrata di dimensione n − 1 ottenuta da A cancellando la riga i-ma e la colonna j-ma. L’elemento di A−1 posto in posizione ij è dato da: i+j A−1 · ij = (−1)

det(Aˆji ) det(A)

(17)

(prestare attenzione al fatto che gl’indici nella matrice Aˆ∗∗ presente al numeratore sono ji).

Applicando l’equazione (17), si ottiene:   s −1   det   3 s+6 s2 + 6s + 3  −1 2  (sI − M ) = (−1) ·  = 11   s3 + 6s2 + 3s + 18 s3 + 6s2 + 3s + 18          −1 0 det   3 s+6 −s − 6  −1 3  =− 3 (sI − M )12 = (−1) · 3   2 + 3s + 18 2 + 3s + 18  s + 6s s + 6s            ..  .

cosicché

(sI − M )−1

 2  s + 6s + 3 s+6 1 1  = 3 −18 s2 + 6s s . s + 6s2 + 3s + 18 −18s −3s − 18 s2

38

SOLUZIONE ESERCIZIO 5.

Numeri Complessi Un numero z ∈ C è rappresentato nella cosiddetta forma cartesiana se z = a + bj

o, indifferentemente,

z = a + jb,

dove a ∈ R si dice parte ℜeale di z a = ℜe(z) , e b ∈ R si dice parte ℑmmaginaria di z b = ℑm(z) . La rappresentazione in forma polare di z ∈ C, z 6= 0, è z = ρ · ejθ ,

dove ρ > 0 è il modulo di z ρ = |z| ed è uguale alla distanza di z dall’origine, e θ ∈ R è la fase (o argomento) di z θ = ∠(z) e rappresenta l’angolo compreso fra il semiasse Reale positivo e il segmento che congiunge z all’origine. • Conversione da forma polare a forma cartesiana. ρ · ejθ = ρ cos(θ) + j sin(θ) = ρ cos(θ) + jρ sin(θ).

• Conversione da forma cartesiana a forma polare.

z = a + jb = |z| · ej∠(z) , dove: p |z| = a2 + b2

e

 arctan(b/a)    arctan(b/a) ± π ∠(z) =  π/2   −π/2

se se se se

a>0 a0 a = 0 e b < 0;

nel caso a < 0 è indifferente aggiungere o togliere π in virt` u della periodicit` a di periodo 2π delle funzioni sin e cos ossia, le scritture ρ · ej(θ+2kπ) , k ∈ Z, sono infinite differenti rappresentazioni del medesimo numero Complesso . Con z¯ si indica il numero Complesso coniugato di z definito come segue: In forma cartesiana:

z = a + jb → z¯ = a − jb

In forma polare:

z = ρ · ejθ

→ z¯ = ρ · e−jθ .

` utile ricordare che: E • j 2 = −1; • z · z¯ = |z|2 dunque, in particolare, z · z¯ ∈ R+ ; • se z1 = ρ1 · ejθ1 e z2 = ρ2 · ejθ2 , allora z1 · z2 = (ρ1 · ρ2 ) · ej(θ1 +θ2 ) e z1 /z2 = ρρ21 · ej(θ1 −θ2 ) . In altre parole, il modulo del prodotto di due numeri Complessi è il prodotto dei moduli dei due numeri, il modulo del quoziente è il quoziente dei moduli, la fase del prodotto è la somma delle fasi, la fase del quoziente è la differenza delle fasi.

39

5.1- Vedi la Figura 22. 5.2- Si ha: z9 = 5.3- Si ha:

√ 3 − j,

z10 = −3j

e

z11 = −4 = z4 .

√ √ z1 + z3 = ( 3 + j) + (−1 − 3j) = ( 3 − 1) − 2j √ √ z1 + z4 − z3 = ( 3 + j) − 4 + (1 + 3j) = ( 3 − 3) + 4j √ √ √ (−1 − 3j) = − 3 − 3 3j − j − 3j 2 = z1 · z3 = ( √3 + j) ·√ = − 3√ − (3 3 + √1)j − 3(−1) = = (3 − 3) − (3 3 + 1)j √ √ 2 · z1 = 2 · ( 3 + j) = 2 3 + 2j √ √ −z1 = −( 3 + j) = − 3 − j √ √ z1 · z¯1 = ( 3 + j) · ( 3 − j) = 3 + 1 = 4 √ −1 − 3j −1 − 3j 3−j z3 /z1 = √ = √ ·√ = 3+j 3+j 3−j √ √ √ √ −( 3 + 3) + (1 − 3 3)j 3+3 1−3 3 = =− + j 4 4 4 z3 /z2 =

−1 − 3j 1 3j 1 j 1 =− − = − · − 1 = −1 + j. 3j 3j 3j 3j j 3

Osservazione: nel calcolo di z3 /z1 abbiamo moltiplicato numeratore e denominatore per z¯1 in modo tale che la frazione risultante, cioè (z3 · z¯1 )/(z1 · z¯1 ), avesse per denominatore un numero Reale. 5.4- Si ha:

√ z¯5 = 2 2 e−jπ/4 √ √ √ π π z5 · z6 = 2 2 ejπ/4 · 2 e−jπ/2 = 4 2 ej( 4 − 2 ) = 4 2 e−jπ/4 √ √ √ 2 2 ejπ/4 π π z5 /z6 = = 2 ej( 4 + 2 ) = 2 ej3π/4 . −jπ/2 2e

5.5- Si ha: √ |z1 | = 3 + 1 = 2 |z2 | = 3 √ √ |z3 | = 1 + 9 = 10 |z4 | = 4

√ ∠(z1 ) = arctan(1/ 3) = π/6

⇒ z1 = 2 ejπ/6

⇒ z2 = 3 ejπ/2 √ ∠(z3 ) = arctan (−3)/(−1) + π ≃ 1.24 + π ≃ 4.39 ⇒ z3 ≃ 10 ej·4.39 ∠(z2 ) = π/2

⇒ z4 = 4 e−jπ .

∠(z4 ) = −π

Osservazione: naturalmente il modulo di jb (cioè, di un numero ℑmmaginario puro) è dato da |b| e il modulo di a (cioè, di un numero ℜeale) è dato da |a|. ` doveroso ricordare che, cos`ı come l’argomento delle funzioni trigonometriche sin, cos, tan, . . . è un E angolo misurato in radianti, stesso discorso si applica alla fase di un numero Complesso scritto in forma polare: in particolare, si ricordi di esprimere in radianti il risultato del calcolo di arctan(b/a).

40

ℑm z

•2

z

•5

z4

z8•

z11

2π/3

•

1

z13

• z

•6 •z10

z3•

•z

z1 π/4 12

•

•z7 •z π/4 9 •z14

ℜe

•

Figura 22: Con riferimento all’Esercizio 5, rappresentazione sul piano Complesso dei numeri zi , i = 1, . . . , 14.

5.6- Si ha:

√ 2 2 cos(π/4) + j sin(π/4) = 2 + 2j z6 = 2 cos(−π/2) + j sin(−π/2) = −2j z7 = 3 cos(0) + j sin(0) = 3 √ 1 3 z8 = cos(2π/3) + j sin(2π/3) = − + j. 2 2 5.7- Al fine di eseguire la somma fra numeri Complessi, è utile esprimerli in forma cartesiana, quindi: z5 =

√ √ z1 + z5 = ( 3 + j) + (2 + 2j) = ( 3 + 2) + 3j. Al fine di eseguire prodotti e divisioni fra numeri Complessi, è utile esprimerli in forma polare, quindi: √ z1 · z¯3 · z8 (2 ejπ/6 ) · ( 10 e−j·4.39 ) · (ej2π/3 ) √ = ≃ z¯5 2 2 e−jπ/4 √ 2 10 j( π −4.39+ 2π + π ) 3 4 √ e 6 = ≃ 2 2 √ −j·0.99 5e . ≃ Se si preferisce, si pu` o convertire il risultato in forma cartesiana ed ottenere √ √ z1 · z¯3 · z8 ≃ 5e−j·0.99 = 5 cos(−0.99) + j sin(−0.99) ≃ 1.23 − 1.87j. z¯5

41

Soluzione degli esercizi sui sistemi dinamici a tempo continuo SOLUZIONE ESERCIZIO 6. 6.1- Il sistema S1 è di ordine 3, lineare, non autonomo, strettamente proprio, SISO.

Il sistema S2 è di ordine 3, nonlineare, non autonomo, proprio (non strettamente), MIMO.

Il sistema S3 è di ordine 1 (scalare), nonlineare, autonomo.

Il sistema S4 è di ordine 2, lineare, non autonomo, proprio (non strettamente), MIMO. 6.2- Per il sistema S1 : 

 2 1 , 1

−1 0 A= 1 1 −2 0 Per il sistema S4 : A=

0 2 −1 3

,



 0 B =  −1  , 2

B=

1 0

0 0

,

C=

C=

1

0

0

−1 4

,

D=

,

D = 0.

0

1

.

SOLUZIONE ESERCIZIO 7. 7.1- Le incognite dell’equazione differenziale sono ξ e v, possiamo quindi porre x=

x1 x2

=

ξ v

;

la variabile indipendente è ϑ, quindi u = θ; la grandezza di cui si vuole studiare l’andamento è ξ, quindi y = ξ. Di conseguenza, un modello in forma di stato del sistema dinamico considerato è:   x˙ 1 (t) = φ1 x1 (t), x2 (t)   x˙ 2 (t) = φ2 x2 (t), u(t)    y(t) = x1 (t).

7.2- Si tratta di un sistema di ordine 2, il sistema è lineare se e solo se sia φ1 che φ2 sono funzioni lineari (ma, non essendo specificata l’espressione di tali funzioni, non è possibile rispondere a tale domanda), non autonomo, strettamente proprio, SISO. SOLUZIONE ESERCIZIO 8. 8.1- Un modo standard per trasformare un’equazione differenziale di ordine n in un sistema di equazioni differenziali di ordine 1 consiste nel considerare un vettore di stato che colleziona la funzione incognita dell’equazione differenziale e le sue derivate fino all’ordine n − 1. Nel caso particolare dell’equazione considerata, possiamo quindi porre x=

x1 x2

42

=

θ θ˙

;

B

D • • •C

•A C• •E

• • E A

D •• B

•

•C

•

A=E • • B

• B

(a)

D •

D •

D •

(a) (a)

(b)

(c)

(b) (b)

Figura 23: Con riferimento all’Esercizio 8.3-4, il pendolo (a) e rappresentazione qualitativa delle traiettorie in spazio di stato a partire dalle condizioni iniziali specificate (b-c).

l’assenza di sollecitazioni esterne sul pendolo significa che il sistema è autonomo, ossia è privo di ingressi; le grandezze di cui si vuole studiare l’andamento sono θ e l’energia cinetica Ec = 21 ml2 θ˙2 , quindi y1 θ y= = 1 2 ˙2 . y2 2 ml θ Di conseguenza, un modello in forma di stato del sistema dinamico considerato è:  x˙ 1 (t) = x2 (t)      x˙ 2 (t) = − g sin x1 (t) − l

k ml2 x2 (t)

 y1 (t) = x1 (t)     y2 (t) = 12 ml2 x22 (t).

8.2- Il sistema ha ordine 2, è nonlineare e autonomo; la variabile di uscita y ha dimensione 2. 8.3- ı) La traiettoria richiesta è rappresentata in Figura 23.(b): si noti che quando il pendolo arriva in posizione “C” ed inverte il moto, esso si trova ad un angolo il cui modulo è inferiore a π/2 in quanto, a causa dell’attrito, il sistema dissipa energia; similmente, quando il pendolo arriva in posizione “E”, esso si trova ad un angolo inferiore al modulo dell’angolo che individua la posizione “C” e cos`ı via finché, asintoticamente, il pendolo si ferma in θ = 0. In virt` u di tale analisi, si ha 0 lim x(t) = t→+∞ 0 e, conseguentemente, lim y(t) =

t→+∞

limt→+∞ x1 (t) limt→+∞ 12 ml2 x22 (t)

=

0 0

.

ıı) La condizione iniziale è di equilibrio, dunque θ(t) ≡ θ(0) = π

e

˙ ≡ θ(0) ˙ θ(t) =0

e la traiettoria corrispondente è il punto “rosa” di Figura 23.(b) posto in x ¯ = (x1 = π, x2 = 0). Si ha π π . e lim y(t) = y(0) = lim x(t) = x(0) = t→+∞ t→+∞ 0 0 Osservazione: Si noti che nel caso ıı), il risultato non è qualitativo, è esatto. 43

8.4- In assenza di attrito, l’energia meccanica del pendolo si conserva e, a partire da θ(0) = π/2 e ˙ θ(0) = 0, il sistema resta in oscillazione permanente. Conseguentemente, la traiettoria in spazio di stato è la curva chiusa rappresentata in Figura 23.(c): essa viene percorsa infinite volte. In tal caso, quindi i due limiti richiesti non esistono. ˙ Nel caso θ(0) = π e θ(0) = 0, il risultato è invece identico all’analogo caso considerato in 8.3. SOLUZIONE ESERCIZIO 9. A. Si tratta di un sistema dinamico in quanto la sola conoscenza dell’ammontare dei versamenti e dei prelievi effettuati in un dato giorno ossia, la conoscenza di u(t¯) non è sufficiente per conoscere il saldo del conto in quello stesso giorno ossia, y(t¯) .

Osservazione: approfondimento sul concetto di “variabile di stato” nei sistemi dinamici. Questo esempio permette di fare pi` u luce sul concetto di variabile di stato in un sistema dinamico. Per descrivere la dinamica del saldo di un conto in banca è possibile seguire due differenti approcci: I. il saldo attuale del conto è noto se si tiene memoria di tutta la storia di prelievi e versamenti effettuati sul conto dal giorno della sua apertura fino all’istante attuale; oppure, II. si introduce una variabile di stato rappresentante il saldo del conto e, per conoscere il saldo attuale, è sufficiente conoscere il saldo (cioè, lo stato) ad un dato istante t0 e la storia di prelievi e versamenti sul conto solo a partire dall’istante t0 a quello attuale. Il secondo approccio è quello a cui fa riferimento la forma di stato dei sistemi dinamici (dove t0 rappresenta il cosiddetto istante iniziale, quello in cui si suppone di conoscere la “condizione” in cui si trova il sistema e che convenzionalmente abbiamo sempre indicato con t = 0). Il vantaggio dato dall’introduzione di una variabile di stato discende dal fatto che tutta la “storia” del sistema precedente l’istante t0 (ossia, tutte le azioni esterne fatte sul sistema fino a quell’istante) viene riassunta dal valore x(t0 ) assunto dalla variabile di stato.

B. Si tratta di un sistema statico, possiamo infatti supporre con buona approssimazione che la portata y(t¯) in uscita dal rubinetto dipenda solo da quanto esso è aperto correntemente, cioè da u(t¯). C. Si tratta di un sistema dinamico, è lecito infatti aspettarsi che alla formazione del prezzo di un bene ad un dato istante non concorra soltanto il tasso di produzione corrente ma anche altri fattori, quali la presenza di riserve ancora invendute di prodotto, dipendenti dall’andamento del tasso di produzione ad istanti precedenti quello considerato. D. Si tratta di un sistema dinamico, è chiaro infatti che la posizione della fronte di un ghiacciaio in un dato istante non è individuata dagli accumuli correnti di neve. E. Si tratta di un sistema statico, infatti la seconda legge della dinamica “ F~ = m~a ” stabilisce proprio la relazione algebrica che sussiste fra la forza agente ad un dato istante su un corpo di massa m e la 1 u(t). sua accelerazione corrente cioè, con la notazione introdotta, y(t) = m Osservazione: si noti che, invece, la relazione stabilita dalla seconda legge della dinamica fra forza e velocit` a oppure fra forza e posizione di un corpo di massa m è dinamica. Da una parte questo è chiaro in quanto sia il legame forza–velocit` a che quello forza–posizione sono espressi da un’equazione differenziale mv(t) ˙ = F (t) e m¨ x(t) = F (t), rispettivamente . D’altra parte è anche chiaro che, per conoscere la velocit` a o la posizione di un oggetto ad un certo istante, non è sufficiente conoscere il valore corrente della sua accelerazione (ossia, della forza agente sul corpo in quel dato istante) ma occorre conoscere anche quale è stato l’andamento della forza negli istanti precedenti, almeno a partire da un’istante t0 in cui si conosca il valore v(t0 ) (nel caso in cui si studi l’andamento della velocit` a) 44

o x(t0 ) e v(t0 ) nel caso in cui si studi l’andamento della posizione: in questo caso il sistema è di ordine 2 – m¨ x(t) = F (t) – e dunque occorrono 2 condizioni iniziali .

SOLUZIONE ESERCIZIO 10. • Lo stato di equilibrio x ¯ si dice essere stabile se e solo se ∀ ǫ > 0, ∃δ(ǫ) > 0 tale che ∀ x∗0 con ∗ kx0 − x ¯k ≤ δ(ǫ) il corrispondente movimento x∗ (t) è tale che kx∗ (t) − x ¯k ≤ ǫ ∀ t ≥ 0. • Lo stato di equilibrio x ¯ si dice essere instabile se e solo se non è stabile.

• Lo stato di equilibrio x ¯ si dice essere asintoticamente stabile se e solo se è stabile e inoltre ∃ρ > 0 ∗ ∗ tale che ∀ x0 con kx0 − x¯k ≤ ρ il corrispondente movimento x∗ (t) è tale che limt→+∞ kx∗ (t) − x ¯k = 0.

• Lo stato di equilibrio x ¯ si dice essere semplicemente stabile se e solo se è stabile ma non asintoticamente stabile. SOLUZIONE ESERCIZIO 11. 11.1- Poiché per t ≥ 0, u(t) ≡ 1, basta risolvere il sistema  ˙ = x(t)  x(t) y(t) = x2 (t)  x(0) = 1.

Quindi, per t ≥ 0,

x(t) = et

e

(18)

y(t) = e2t .

11.2- Il movimento libero dello stato e dell’uscita si ottiene, per definizione, risolvendo il seguente sistema ponendo cioè u(t) ≡ 0 :  ˙ =0  x(t) y(t) = x2 (t)  x(0) = 1

e dunque

xL (t) ≡ 1

e

yL (t) ≡ 1.

Il movimento forzato dello stato e dell’uscita si ottiene, per definizione, risolvendo il seguente sistema ponendo cioè x(0) = 0 e u(t) = sca(t) :  ˙ = x(t)  x(t) y(t) = x2 (t)  x(0) = 0

dunque,

xF (t) ≡ 0

e

yF (t) ≡ 0.

Confrontando con il risultato ottenuto ottenuto al punto 1, si osserva infine che x(t) 6= xL (t) + xF (t) e

y(t) 6= yL (t) + yF (t),

ciò a causa della nonlinearità del sistema. 11.3- Applichiamo la definizione di stabilità del movimento: perturbando lo stato iniziale, considerando cioè x∗ (0) = 1 + δ, si ha il movimento perturbato x∗ (t) = (1 + δ)et e ∗ x (t) − x(t) = (1 + δ)et − et = δ et 45

•

Figura 24: Con riferimento all’Esercizio 12.2, rapperesentazione della traiettoria dello stato.

che diverge per qualunque valore di δ 6= 0, quindi il movimento dello stato considerato cioè x(t) = et è instabile.

In alternativa, in presenza dell’ingresso considerato, u(t) ≡ 1, il sistema dato assume la forma in equazione (18). L’equazione della dinamica del sistema (18) è lineare e dunque, per l’analisi di stabilit` a del movimento, possiamo ricondurci ai risultati sui sistemi lineari: il sistema x(t) ˙ = x(t) è instabile (ha un autovalore pari a 1) e dunque tutti i suoi movimenti sono instabili. SOLUZIONE ESERCIZIO 12. 12.1- In modo del tutto analogo a quanto fatto nell’Esercizio 1, basta verificare che x(t) = eλt x0 risolve il sistema: in effetti, x(t) ˙ = λeλt x0 e Ax(t) = eλt Ax0 = λeλt x0 ; inoltre, la soluzione proposta soddisfa la condizione iniziale ossia, x(0) = x0 .

In alternativa, la soluzione del sistema è x(t) = eAt x0 =

+∞ +∞ X (At)k (a) X (λt)k x0 x0 = = eλt x0 , k! k! k=0

k=0

dove nell’uguaglianza (a) si usa il fatto che Ax0 = λx0 ⇒ (At)k x0 = (λt)k x0 . 12.2- Poiché per x(0) = si ha

2 2 −2 −3

−2 1

x(0) = x(0),

allora, impiegando il risultato mostrato nel punto 1, si ha t

x(t) = e x(0) =

−2et et

, t ≥ 0.

La traiettoria è riportata in Figura 24: essa giace quindi sulla retta passante per l’origine e per il punto x(0) infatti i vettori x(t) sono proporzionali a x(0) : essa parte da x(0) e, poiché al crescere di t il fattore et è crescente e divergente, essa prosegue lungo tale retta nel verso corrispondente ad allontanarsi dall’origine; la traiettoria è divergente.

46

SOLUZIONE ESERCIZIO 13. 13.1- Impiegando la Formula di Lagrange, si ha  Z t   ea(t−τ ) b¯ u dτ  Z t  0 a(t−τ ) xF (t) = e bu(τ ) dτ = Z t¯  0    ea(t−τ ) b¯ u dτ 0

se 0 ≤ t < t¯ se t ≥ t¯,

dove si noti soltanto che, nel caso t ≥ t¯, l’integrale è calcolato solo fra 0 e t¯ in quanto, per t ≥ t¯, il segnale d’ingresso è nullo e quindi è nulla la funzione integranda. Calcolando tali integrali, si ottiene

se a 6= 0, e

 b¯ u at    a (e − 1) xF (t) = −at¯   u at  (1 − e )b¯ ·e a xF (t) =

(

b¯ ut

se 0 ≤ t < t¯

(19)

se t ≥ t¯,

se 0 ≤ t < t¯

b¯ ut¯ se t ≥ t¯,

(20)

se a = 0. 13.2- Si osservi innanzitutto che il sistema considerato è modellizzato per mezzo di un sistema dinamico della stessa forma del sistema (3) considerato nel punto 1 e che il segnale d’ingresso è anch’esso della forma considerata in (4). Il movimento forzato dello stato si ottiene dunque dall’equazione (19) semplicemente sostituendo a = −ρ, b = λ, u¯ = ǫ¯ e t¯ = 10. Quindi, senza dover rifare alcun conto, posto x = σ, si ha:  λ¯ ǫ  −ρt  se 0 ≤ t < 10   ρ 1−e xF (t) = 10ρ  ǫ −ρt   e − 1 λ¯ ·e se t ≥ 10;  ρ il movimento libero dello stato è dato da xL (t) = σ0 e−ρt ed infine, x(t) = xL (t) + xF (t).

13.3- Esattamente come nel caso precedente, il movimento forzato dello stato si ottiene dall’equazione (19) semplicemente sostituendo a = −α, b = β, u ¯ = p¯ e t¯ = 2. Quindi, senza dover rifare alcun conto, posto x = h, si ha:  β p¯ −αt    α 1−e xF (t) =   e2α − 1 β p¯ −αt  ·e α

se 0 ≤ t < 2 se t ≥ 2;

il movimento libero dello stato è dato da xL (t) = h0 e−αt ed infine, x(t) = xL (t) + xF (t). 13.4- Esattamente come nei due casi precedenti, il movimento forzato dello stato si ottiene dall’eγ 1 ,b= m , u¯ = F¯ e t¯ = 3. Quindi, senza dover rifare quazione (19) semplicemente sostituendo a = − m

47

• • • • •

•

Figura 25: Con riferimento all’Esercizio 13.5, grafico di u(t) nei tre casi in cui t¯ = 2 (linea blu), t¯ = 1 (linea rossa) e t¯ = 1/2 (linea verde).

alcun conto, posto x = v, si ha:  F¯  −γt    γ 1−e m xF (t) =  γ  F¯ 3γ   e m − 1 · e− m t γ

se 0 ≤ t < 3 se t ≥ 3;

γ

il movimento libero dello stato è dato da xL (t) = v0 e− m t ed infine, x(t) = xL (t) + xF (t). Osservazione: le prime quattro domande di questo esercizio permettono di toccare con mano il significato ed apprezzare i vantaggi del fatto che “i sistemi dinamici sono modelli matematici in grado di astrarre e di fornire una medesima descrizione per fenomeni di natura completamente differente”. 13.5- I grafici dei tre segnali d’ingresso considerati sono riportati in Figura 25. Osservazione: si noti che tutti i segnali considerati sono accomunati dal fatto di avere integrale unitario: Z +∞ u(t)dt = 1. 0

Il movimento forzato dello stato corrispondente al generico segnale d’ingresso del tipo in equazione (4) si ottiene dalle equazioni (19) e (20) semplicemente sostituendo u ¯ = 1/t¯. Quindi,

se a 6= 0, e

 b at    at¯ e − 1 xF, t¯(t) = −at¯    b 1−e · eat at¯   b ·t t¯ xF, t¯(t) =  b

se 0 ≤ t < t¯ se t ≥ t¯,

se 0 ≤ t < t¯ se t ≥ t¯,

se a = 0. Nel caso in cui a = −1 e b = 1, il grafico richiesto è riportato in Figura 26 per tre diversi valori di t¯.

Osservazione: il tratto crescente iniziale del grafico di xF, t¯(t) e la sua prosecuzione (linea blu tratteggiata) costituiscono il grafico della risposta forzata corrispondente all’ingresso costante u(t) ≡ u¯ 48

xF, t¯(t)

vs

gx (t)

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0

1

2

t

3

4

5

3

4

5

4

5

(a)

gx (t)

1.2 1

xF, t¯(t)

vs

0.8 0.6 0.4 0.2 0 0

1

2

t

gx (t)

(b)

6 5

xF, t¯(t)

vs

4 3 2 1 0 0 0.2

1

2

t

3

(c)

Figura 26: Con riferimento all’Esercizio 13.5, nel caso in cui a < 0: grafico di gx (t) (linea rossa) e di xF, t¯(t) (linea verde) per t¯ = 2 (a), t¯ = 1 (b) e t¯ = 1/5 (c).

49

(la cosiddetta “ risposta allo scalino”), a partire dall’istante t = t¯ l’ingresso si annulla e lo stato tende a 0 con la dinamica del movimento libero (tende cioè a 0 come il modo naturale del sistema, ossia l’esponenziale φ(t) = eat ; pi` u precisamente, per t ≥ t¯, xF, t¯(t) = xF, t¯(t¯) · ea(t−t¯) ). Per calcolare il limite richiesto, poiché t¯ → 0+ e t > 0 è fissato, è sufficiente considerare l’espressione di xF, t¯(t) per t ≥ t¯, dunque    lim¯ + t→0 lim+ xF, t¯(t) =  t¯→0  b

¯

b 1−e−at at¯

(a)

· eat = beat

se a 6= 0 se a = 0,

. dove, l’uguaglianza (a) segue dall’approssimazione lineare dell’esponenziale, ossia e−at¯ = 1 − at¯. Il grafico di gx (t) = beat è riportato in Figura 26 (linea rossa) nel caso in cui a < 0 e b = 1; per a = 0, gx (t) è costante uguale a b, per a > 0 è un esponenziale divergente a +∞ se b > 0, a −∞ se b < 0.

Osservazione: la funzione gx (t) è la cosiddetta “ risposta all’impulso” del sistema. Come si vede anche dai grafici in Figura 25, al diminuire del periodo di tempo t¯ durante il quale agisce il segnale d’ingresso u¯, l’intensit` a dell’ingresso aumenta e, al limite per t¯ → 0+ , tale intensit` a diverge a +∞. ¯ Ossia, al limite per t → 0+ , il segnale d’ingresso agisce “istantaneamente con intensit` a infinita”, è cioè un impulso. Naturalmente tutto ci` o rappresenta un’astrazione della realt` a e, per una corretta descrizione in termini matematici, occorrono strumenti teorici piuttosto sofisticati (la “Teoria delle distribuzioni”) di cui nel corso non faremo alcun cenno. SOLUZIONE ESERCIZIO 14. Il sistema è: • asintoticamente stabile, se a < 0; • semplicemente stabile, se a = 0; • instabile, se a > 0. Oltre che per mezzo del metodo grafico, tale analisi di stabilità segue anche dall’analisi dei modi naturali del sistema: il sistema ha infatti l’unico modo φ(t) = eat , t ≥ 0, che è • convergente a 0, se a < 0; • limitato e non convergente a 0, se a = 0; • illimitato, se a > 0. Equivalentemente, tale analisi di stabilità segue anche dallo studio degli autovalori del sistema: il sistema è di ordine 1 e dunque la matrice A = a coincide con l’unico autovalore del sistema. L’unico caso che potrebbe far nascere dei dubbi è il caso a = 0: occorre solo osservare che, essendo in ipotesi di diagonalizzabilit` a (la matrice A = a è diagonale!), si ha ovviamnete µa (0) = µg (0) = 1 e dunque la semplice stabilità. SOLUZIONE ESERCIZIO 15. • Caso A1 : Sistema instabile (ha un autovalore λ = 1 > 0). Modi naturali: φ1 (t) = et , φ2 (t) = e−2t , t ≥ 0.

• Caso A2 : Sistema instabile (ha un autovalore λ = 3 > 0). Modi naturali: φ1 (t) = e0·t = sca(t), φ2 (t) = e3t , t ≥ 0. 50

• Caso A3 : Sistema instabile (ha un autovalore λ = 3 > 0). Modi naturali: φ(t) = e3t , t ≥ 0, di molteplicit` a pari a 2.

• Caso A4 : Sistema asintoticamente stabile (ha tutti gli autovalori pari a λ = −1 < 0). Modi naturali: φ1 (t) = e−t , φ2 (t) = te−t , t ≥ 0 (la matrice A4 non è diagonalizzabile, vedi soluzione dell’Esercizio 3). • Caso A5 : Sistema instabile (ha una coppia di autovalori Complessi coniugati λ = 2 ± 3j con ℜe(λ) = 2 > 0). Modi naturali: φ1 (t) = e2t cos(3t), φ2 (t) = e2t sin(3t), t ≥ 0.

• Caso A6 : Sistema semplicemente stabile pA6 (s) = s(s + 3) cosicché8 λ1 = 0 e λ2 = −3: essendo distinti, la matrice è diagonalizzabile e, in particolare, µa (0) = µg (0) = 1 . Modi naturali: φ1 (t) = sca(t), φ2 (t) = e−3t , t ≥ 0. − A7 ) = (s + 1) (s + 1)(s − 1) + 4 = • Caso A7 : Sistema semplicemente stabile pA7 (s) = det(sI √ = (s + 1)(s2 + 3) cosicch´ λ2,3 = ±j 3: essendo distinti, la matrice √ e λ1 = −1, √ √ √ è diagona lizzabile e sia µa (j 3) = µg (j 3) √= 1 che µa (−j√ 3) = µg (−j 3) = 1 . Modi naturali: φ1 (t) = e−t , φ2 (t) = cos( 3t), φ3 (t) = sin( 3t), t ≥ 0. • Caso A8 : Sistema asintoticamente stabile pA8 (s) = (s + 3)(s2 + 4s + 5) cosicché λ1 = −3, λ2,3 = = −2 ± j e, ∀ i = 1, 2, 3, ℜe(λi ) < 0 . Modi naturali: φ1 (t) = e−3t , φ2 (t) = e−2t cos(t), φ3 (t) = e−2t sin(t), t ≥ 0. SOLUZIONE ESERCIZIO 16. • Caso Σ1 : Sistema di ordine 2 in quanto i modi specificati sono tutti i modi del sistema (infatti, l’esistenza di ognuno di essi non presuppone l’esistenza di altri modi). Sistema asintoticamente stabile (tutti i modi sono convergenti a 0). Ad esempio, −2 0 . A= 0 −10 • Caso Σ2 : Sistema di ordine 2 in quanto i modi specificati sono tutti i modi del sistema (infatti, l’esistenza di ognuno di essi non presuppone l’esistenza di altri modi). Sistema asintoticamente stabile (tutti i modi sono convergenti a 0). Necessariamente9 , −1 0 . A= 0 −1 • Caso Σ3 : Sistema di ordine 3 in quanto, avendo il modo φ2 (t) = e−t cos(4t), esso ha anche il modo φ3 (t) = e−t sin(4t), t ≥ 0. Sistema instabile ha un modo illimitato, cioè φ1 (t) = e5t , t ≥ 0 . Gli autovalori del sistema sono λ1 = 5 e λ2,3 = −1 ± 4j. Per ottenere una matrice A come richiesto, basta costruirla della forma A=

5 0 0 A˜

con la matrice A˜ ∈ R2×2 avente gli autovalori λ2,3 = −1 ± 4j. Il polinomio caratteristico ˜ = −2 e di A˜ è dato da pA˜ (s) = (s + 1 − 4j)(s + 1 + 4j) = s2 + 2s + 17 quindi, tr(A) 8 Oppure,

pi` u semplicemente, gli autovalori di −A sono gli autovalori di A cambiati di segno. altra matrice di ordine 2 con 2 autovalori coincidenti pari a −1 non ` e diagonalizzabile (vedi la soluzione alternativa proposta per l’analisi di diagonalizzabilit` a della matrice A4 nella soluzione dell’Esercizio 3.3) e dunque avrebbe i modi φ1 (t) = e−t e φ2 (t) = te−t , t ≥ 0. 9 Qualunque

51

˜ = 17 (si ricordi la forma del polinomio caratteristico per matrici di dimensione 2 det(A) riportata nella soluzione dell’Esercizio 3.1) e dunque, ad esempio, A˜ = cosicché

0 1 −17 −2



 5 0 0 A= 0 0 1 . 0 −17 −2

• Caso Σ4 : Sistema di ordine 4 in quanto, avendo il modo φ2 (t) = t2 e−3t , esso ha anche i modi φ3 (t) = te−3t e φ4 (t) = e−3t , t ≥ 0. Sistema semplicemente stabile tutti i modi sono limitati e φ1 (t) non converge a 0 .

SOLUZIONE ESERCIZIO 17. Il sistema è lineare e le uniche richieste che riguardano la matrice A sono quelle circa la stabilità, la presenza di un modo convergente a 0 e l’ordine minimo possibile. Tale matrice A deve dunque avere ordine 2 (poiché si chiede che il sistema sia semplicemente stabile, oltre al modo convergente a 0, vi deve essere anche un modo limitato ma non convergente a 0). Tali richieste sono soddisfatte da una matrice A avente un autovalore nullo e uno minore di zero, ad esempio: A=

0 0

0 −1

.

Il sistema ha 1 ingresso e 2 uscite, quindi B ∈ R2×1 , C ∈ R2×2 , D ∈ R2×1 . L’unico vincolo su tali matrici è che D 6= 0 in modo tale che il sistema non sia strettamente proprio. In conlcusione, una possibile soluzione è:   1 0 0   u(t) x(t) + x(t) ˙ =   −3 0 −1   2 0 1   u(t). x(t) +  y(t) = 0 −1 4 SOLUZIONE ESERCIZIO 18. 18.1- Si tratta di un sistema di ordine 1, nonlineare e autonomo. 18.2- Gli equilibri v¯ del sistema v(t) ˙ = f v(t) sono definiti dall’equazione f (¯ v ) = 0, ossia −

γ 2 v¯ + g = 0. m

Per v > 0, l’unico equilibrio del sistema è quindi v¯ =

r

mg . γ

γ 2 Dallo studio del segno di f (v) = − m v + g, si ha che

per 0 < v < v¯, f (v) > 0,

per v > v¯, f (v) < 0.

Se ne deduce quindi che l’equilibrio v¯ è asintoticamente stabile e che, se v(0) > 0, allora

52

γ 2 f (v) = − m v +g

10 5 0

v¯

−5

−10 −15 0

50

100

150

200

250

v

300

350

400

450

500

Figura 27: Con riferimento all’Esercizio 18.2, grafico di f (v) per m = 100 Kg e γ = 0.008 Kg/m.

lim v(t) = v¯

t→+∞

(vedi la Figura 27). Infine, per determinare i valori di γ richiesti, basta imporre che v¯ > 330 ossia q mg γ > 330, da cui mg 980 0> >> >> >> >> >> >>

A=[0 0; 0 1]; B=[1; 0]; C=[1 0]; D=0; sistema=ss(A,B,C,D); x0=[1; 2]; initial(sistema,x0)

Si noti che, avendo posto C = [1 0], la variabile di uscita del sistema definito in Matlab è proprio la prima componente dello stato x: in effetti, in questa domanda dell’esercizio, la cosiddetta “variabile d’interesse” è x1 e dunque dovrebbe essere naturale definire la variabile di uscita come y = x1 . SOLUZIONE ESERCIZIO 28. Il movimento dello stato richiesto pu` o essere calcolato nel modo seguente: x(t) = L−1 X(s) .

Si ha: −1

X(s) = (sI − A)

x(0) = =

−1 1 s−3 1 = · −1 −2 s − 1 1 s − 1 −1 1 = · 2 s −4s+5 −1 2 s−3



 s − 4s + 5   =  . −s + 5 s2 − 4s + 5 s2

Occorre, a questo punto, anti-trasformare le due componenti di X(s). Le radici di s2 − 4s + 5 sono Complesse e pari a λ = 2 ± j, si richiamano allora i due fatti seguenti:

65

Polinomi di grado 2 con radici Complesse Un polinomio p(s) = s2 +as+b avente una coppia di radici Complesse coniugate pari a λ1,2 = σ ± jω si pu` o riscrivere nella seguente forma: p(s) = (s − σ)2 + ω 2 , infatti: p(s) = (s − λ1 )(s − λ2 ) = (s − σ − jω)(s − σ + jω) = (s − σ)2 + ω 2 .

Anti-trasformata di Laplace di funzioni razionali: coppia di poli Complessi Si ha: L−1

ασ + β αs + β = α cos(ωt) + sin(ωt) eσt sca(t). (s − σ)2 + ω 2 ω

(30)

Il polinomio s2 − 4s + 5 si pu` o dunque riscrivere nella forma (s − 2)2 + 1. Dunque, X1 (s) =

s2

s s = − 4s + 5 (s − 2)2 + 1

e, applicando la formula (30) con α = 1, β = 0, σ = 2 e ω = 1, si ottiene

Inoltre,

x1 (t) = cos(t) + 2 sin(t) · e2t , X2 (s) =

t ≥ 0.

−s + 5 −s + 5 = s2 − 4s + 5 (s − 2)2 + 1

e, applicando la formula (30) con α = −1, β = 5, σ = 2 e ω = 1, si ottiene

Riassumendo,

x2 (t) = − cos(t) + 3 sin(t) · e2t ,

t ≥ 0.



  s " # cos(t) + 2 sin(t) 2 −1 −1  s − 4s + 5   −1 x(t) = L (sI − A) x(0) = L  · e2t sca(t).  = −s + 5 − cos(t) + 3 sin(t) s2 − 4s + 5

In alternativa, si pu` o procedere nel modo seguente: poiché gli autovalori di A sono pari a λ = 2 ± j, allora i modi naturali del sistema sono φ1 (t) = e2t cos(t)

e

φ2 (t) = e2t sin(t),

t ≥ 0.

Dal Teorema fondamentale dei modi naturali, sappiamo che le componenti del movimento dello stato

66

cercato sono una combinazione lineare dei modi del sistema, cioè x(t) =

"

#

α11 φ1 (t) + α12 φ2 (t) α21 φ1 (t) + α22 φ2 (t)

.

Imponendo che sia soddisfatta la condizione iniziale, si ottiene x(0) =

"

α11 φ1 (0) + α12 φ2 (0) α21 φ1 (0) + α22 φ2 (0)

#

=

1 −1

ossia, essendo φ1 (0) = 1 e φ2 (0) = 0, " Quindi x(t) è della forma x(t) =

α11 α21 "

#

=

1 −1

.

φ1 (t) + α12 φ2 (t) −φ1 (t) + α22 φ2 (t)

#

.

(31)

A questo punto, per determinare le due incognite α12 e α22 , imponiamo che tale x(t) soddisfi l’equazione differenziale x(t) ˙ = Ax(t): a tal fine, è sufficiente imporre che la relazione x(t) ˙ = Ax(t) sia soddisfatta per t = 0 (infatti, cos`ı facendo, troviamo due nuove equazioni che ci permettono di determinare le due incognite). Da una parte, derivando l’espressione di x(t) data nell’equazione (31) e valutandola per t = 0 si ottiene

D’altra parte,

x(t) ˙

= t=0

"

(2α12 − 1) sin(t) + (2 + α12 ) cos(t) (2α22 + 1) sin(t) + (α22 − 2) cos(t)

Ax(0) =

−1 1

3 2

1 −1

=

#

· e2t

=

t=0

4 1

2 + α12 α22 − 2

.

(32)

(33)

Uguagliando i membri destri delle equazioni (32) e (33), si ottiene α12 = 2 e α22 = 3 cosicché, sostituendo nell’espressione (31), si ottiene infine x(t) =

"

φ1 (t) + 2φ2 (t) −φ1 (t) + 3φ2 (t)

#

=

"

cos(t) + 2 sin(t) − cos(t) + 3 sin(t)

#

· e2t ,

t ≥ 0.

SOLUZIONE ESERCIZIO 29. Si ponga δx(t) = x∗ (t) − x ˜(t) e si osservi che ˙ δx(t) = =

x˙ ∗ (t) − x ˜˙ (t) = Ax∗ (t) + B1 u˜(t) + B2 w(t) − A˜ x(t) − B1 u ˜(t) = Aδx(t) + B2 w(t).

Poiché la matrice A ha tutti gli autovalori a parte ℜeale negativa (cioè, il sistema è asintoticamente stabile) e il segnale d’ingresso w(t) è definitivamente nullo, si ha che limt→+∞ δx(t) = 0 indipenden temente dalla condizione iniziale δx(0) in questo particolare esempio, δx(0) = x∗ (0) − x ˜(0) = 0 e dall’andamento di w(t) per 0 ≤ t < T . 67

SOLUZIONE ESERCIZIO 30. Si ricordino, preliminarmente, i seguenti fatti utili alla risoluzione dell’esercizio: • Per t > 0, la risposta all’impulso di un sistema lineare Σ è combinazione lineare dei modi naturali del sistema. • Se la funzione di trasferimento G(s) ha lo stesso ordine del sistema Σ, allora: ◦ l’insieme dei poli e quello degli autovalori del sistema Σ sono coincidenti;

◦ dallo studio del denominatore della funzione di trasferimento G(s) è possibile individuare a del sistema. tutti i modi naturali del sistema Σ e dunque concludere l’analisi di stabilit`

30.1- In virt` u dell’ipotesi ord(Gi ) = ord(Σi ), possiamo concludere l’analisi di stabilità dei sistemi dati cos`ı come riassunto nella seguente tabella: Sistema

Stabilit` a

Motivazione

Σ1 Σ2 Σ3

Instabile Semplicemente stabile Asintoticamente stabile

Σ4

Instabile

Σ5 Σ6 Σ7

Instabile Asintoticamente stabile Instabile

Σ8

Semplicemente stabile

Ha un polo a parte ℜeale positiva (posto in +3). ` un sistema di ordine 1 con l’unico autovalore posto in 0. E L’unico polo del sistema è a parte ℜeale negativa (posto in −1). Si ha s2 − 2s − 3 = (s + 1)(s − 3), vi è quindi un polo a parte ℜeale positiva (posto in +3). Ha un polo a parte ℜeale positiva (posto in +1). Via criterio di Routh-Hurwitz (vedi sotto i dettagli). = Ha un modo naturale illimitato, infatti g7 (t) = L−1 s+1 s2 1 + t, t ≥ 0 : i modi naturali sono quindi 1 e t, t ≥ 0, e quest’ultimo è illimitato. Le radici di s2 + s + 1 sono a parte ℜeale negativa (è un polinomio di grado 2, posso usare la regola di Cartesio), quelle di s2 + 4 sono ±2j, dunque a parte ℜeale nulla, e ad esse sono associati i modi limitati (e non convergenti a 0) φ1 (t) = cos(2t) e φ2 (t) = sin(2t), t ≥ 0.

Per quanto riguarda il sistema Σ6 , non essendo disponibili (in questa domanda) informazioni che permettano di calcolare i poli di G6 (s), conviene applicare il Criterio di Routh-Hurwitz. Cos`ı facendo si ottiene la seguente tabella: 1 73/4 7 25 25 73 − 4 7 25 25 7·73−100 Poiché 73 > 0, allora la prima colonna della tabella è ben definita e con elementi 4 − 7 = 28 tutti dello stesso segno, quindi tutte le radici di s3 + 7s2 + 73 4 s + 25 hanno parte ℜeale negativa e il sistema Σ6 è asintoticamente stabile.

68

30.2- I modi naturali dei sistemi dati sono riportati nella seguente tabella: Sistema Σ1 Σ2 Σ3 Σ4

Modi naturali (t ≥ 0)

Spiegazione (se necessario)

3t

φ1 (t) = e φ1 (t) = 1 φ1 (t) = e−t φ1 (t) = e−t , φ2 (t) = e3t

Σ5

φ1 (t) = et , φ2 (t) = e−2t , φ3 (t) = te−2t

Σ6

φ1 (t) = e−4t , φ2 (t) = e− 2 t sin(2t), 3 φ3 (t) = e− 2 t cos(2t) φ1 (t) = 1, φ2 (t) = t

Σ7 Σ8

3

φ1 (t) = sin(2t), φ2√(t) = cos(2t), 1 φ3 (t) = e− 2 t sin 23 t , φ4 (t) = √ 1 e− 2 t cos 23 t

s+2 , quindi il sistema Infatti: G4 (s) = (s+1)(s−3) ha due autovalori distinti pari a −1 e +3. A1 A2 A3 Infatti: G5 (s) = s−1 + s+2 + (s+2) 2 , quindi t −2t −2t g5 (t) = A1 e + A2 e + A3 te , t ≥ 0. Vedi sotto.

Come visto al punto precedente, g7 (t) = 1 + t, t ≥ 0. La presenza dei modi φ1 (t) e φ2 (t) è stata discussa nella soluzione del punto precedente, i modi φ3 (t) e φ4 (t) sono associati alle radici√del polinomio s2 + s + 1 che sono λ = − 21 ± 23 j.

Per quanto riguarda il sistema Σ6 , il fatto che esso ammetta il modo φ1 (t) = e−4t , t ≥ 0, significa che λ = −4 è un polo del sistema e dunque il denominatore di G6 (s) si fattorizza nella forma s3 + 7s2 +

73 s + 25 = (s + 4)(s2 + as + b). 4

2 Eseguendo, ad esempio, la divisione Euclidea tra s3 + 7s2 + 73 4 s + 25 e s + 4, si ottiene che s + as + b = 25 2 s + 3s + 4 , ossia s−2 . G6 (s) = (s + 4) s2 + 3s + 25 4

Il risultato riportato nella tabella segue quindi dal fatto che le radici del polinomio s2 + 3s + λ = − 23 ± 2j.

25 4

sono

30.3- Gli unici due sistemi asintoticamente stabili sono Σ3 e Σ6 , per essi si ha: • Ta =

5 |−1|

= 5;

• Ta = |ℜe(λ5dom )| ; come visto nella soluzione del punto precedente, l’insieme A degli autovalori di Σ6 è dato da A = − 4 , − 23 + 2j , − 23 − 2j , quindi gli autovalori dominanti (cioè, quelli pi` u 5 = 10 ≃ 3.33. vicini all’asse ℑmmaginario) sono λ = − 32 ± 2j e Ta = 3/2 3 30.4- I sistemi Σi , i = 1, 2, 3, sono di ordine 1. Le realizzazioni in forma di stato di ordine 1 per tali sistemi sono dunque individuate da una quadrupla di numeri Reali (matrici 1 × 1). Indichiamo tali quadruple con (a, b, c, d): ad esse corrisponde la funzione di trasferimento: G(s) =

bc + d. s−a

Confrontando l’espressione di G(s) con la quadrupla di numeri che l’ha originata, si deduce facilmente il passaggio inverso per ottenere una realizzazione Σ = (a, b, c, d) di una data G(s) di ordine 1: • Σ1 = (a, b, c, d) = (3, 2, 1, 0) oppure Σ1 = (3, 1, 2, 0) oppure Σ1 = (3, 1/3, 6, 0). . . In generale, Σ1 = (3, b, c, 0) con b e c tali che bc = 2; 69

• Ad esempio, Σ2 = (0, 1, 1, 0). In generale, Σ2 = (0, b, c, 0) con b e c tali che bc = 1; • Poiché G3 (s) è una funzione razionale propria (non strettamente), occorre innanzitutto riscriver−2 la come una funzione razionale strettamente propria sommata ad una costante: G3 (s) = s+1 +1. Quindi, ad esempio, Σ3 = (−1, 1, −2, 1). In generale, Σ3 = (−1, b, c, 1) con b e c tali che bc = −2. SOLUZIONE ESERCIZIO 31. 31.1- Il sistema è SISO perché la risposta all’impulso data è una singola funzione (in generale, la risposta all’impulso è una matrice di p × m di funzioni). Dal confronto diretto con l’espressione generale della risposta all’impulso, cioè g(t) = CeAt B + Dδ(t),

t ≥ 0,

segue che il sistema è proprio (non strettamente) e D = 1. 31.2-3- Per t > 0, g(t) = e−2t + te−t e sappiamo che tale espressione è una combinazione lineare dei modi naturali del sistema. Il sistema Σ(A, B, C, D) ha quindi certamente i modi φ1 (t) = e−2t e φ2 (t) = te−t ; d’altra parte, se il sistema ha il modo φ2 (t) = te−t , allora necessariamente ha anche il modo φ3 (t) = e−t . Da ciò segue, in particolare, che ord(Σ) = 3 e dunque A ∈ R3×3 . Il sistema Σ(A, B, C, D) è asintoticamente stabile perché tutti i suoi 3 modi naturali sono convergenti a 0. Inoltre, G(s) = L g(t) =

s3 + 5s2 + 8s + 5 1 1 + 1 = : + s + 2 (s + 1)2 (s + 2)(s + 1)2

il polinomio caratteristico di A è dunque dato dal denominatore di G(s), ossia pA (s) = (s + 2)(s + 1)2 . 31.4- Si ha U1 (s) =

1 s

e

U2 (s) =

1 . s+3

Dunque: YF 1 (s) = =

G(s) · U1 (s) = α s

+

β s+2

+

γ s+1

s3 +5s2 +8s+5 s(s+2)(s+1)2

+

δ (s+1)2

=

=

(a)

=

5/2 s

(b)

1/2 1 1 5/2 , − − − s s + 2 s + 1 (s + 1)2

=

−

1/2 s+2

+

γ s+1

−

1 (s+1)2

=

dove in (a) abbiamo usato la formula dei residui ed in (b) abbiamo eseguito il match dei coefficienti. Quindi, 5 1 −2t −t −t sca(t). − e − e − te yF 1 (t) = 2 2 Analogamente, YF 2 (s) = G(s) · U2 (s) =

1/4 1 1/4 1/2 s3 + 5s2 + 8s + 5 = , + − + 2 (s + 3)(s + 2)(s + 1) s + 3 s + 2 s + 1 (s + 1)2 70

quindi yF 2 (t) =

1 −3t 1 −t 1 −t −2t sca(t). e +e − e + te 4 4 2

Infine, usando il principio di sovrapposizione degli effetti e le propriet` a del ritardo di tempo, si ha: yF 3 (t) = yF 1 (t) − yF 2 (t) yF 4 (t) = −yF 1 (t − 1) + 2yF 2 (t − 2). SOLUZIONE ESERCIZIO 32. 32.1- Il sistema si riscrive nella seguente forma matriciale:  1 2 −4   x(t) u(t) x(t) + ˙ = 2 7 −9   y(t) = 2 0 x(t).

Si ha dunque

G(s) = =

2

2

0

s−2 4 −7 s + 9

−1

1 2

=

2

0

s + 9 −4 7 s−2 2 s + 7s + 10

1 2

=

s+1 . (s + 2)(s + 5)

Il sistema è asintoticamente stabile perché i suoi autovalori, λ1 = −2 e λ2 = −5, sono entrambi negativi. 32.2- Poiché il sistema è asintoticamente stabile, si ha lim yL (t) = 0

t→+∞

e dunque

lim y(t) = lim yF (t) :

t→+∞

t→+∞

ci limitiamo quindi a calcolare il limite delle corrispondenti uscite forzate. • In corrispondenza di u1 (t), lim yF 1 (t) = 5 · G(0) = 5 ·

t→+∞

1 = 1; 5

• In corrispondenza di u2 (t), yF 2 (t) = g(t) e, essendo il sistema asintoticamente stabile, lim g(t) = 0;

t→+∞

• In corrispondenza di u3 (t), yF 3 (t) = yF 1 (t − 1) e lim yF 1 (t − 1) = lim yF 1 (t) = 1;

t→+∞

t→+∞

• In corrispondenza di u4 (t), per il principio di sovrapposizione degli effetti, si ha yF 4 (t) = 2yF 1 (t)+ yF 2 (t) − yF 3 (t) e lim 2yF 1 (t) + yF 2 (t) − yF 3 (t) = 2 + 0 − 1 = 1. t→+∞

71

2.5 2

g(t)

1.5 1 0.5 0 −0.5 0

0.5

1

1.5

2

t

2.5

3

Figura 30: Grafico della risposta all’impulso del sistema considerato nell’Esercizio 32.

32.3- La trasformata di Laplace della risposta allo scalino è data da YF (s) = G(s) ·

2(s + 1) 2s + 2 1 = = 3 . s (s + 2)(s + 5)s s + 7s2 + 10s

Poiché si tratta di una funzione razionale strettamente propria, è possibile applicare il Teorema del valore iniziale ed ottenere lim yF (t) = lim sYF (s) = lim

t→0+

Inoltre,

s→∞

s→∞

2s + 2 = 0. s2 + 7s + 10

L y˙ F (t) = sYF (s) − yF (0) = sYF (s) − 0 =

s2

2s + 2 : + 7s + 10

poiché si tratta di una funzione razionale strettamente propria, è possibile applicare il Teorema del valore iniziale ed ottenere lim+ y˙ F (t) = lim s · L y˙ F (t) = lim

t→0

2s2 + 2s = 2. + 7s + 10

s→∞ s2

s→∞

Con riferimento ai grafici riportati in Figura 2, al fine di individuare quello che effettivamente rappresenta la risposta allo scalino del sistema, possiamo procedere per esclusione nel modo seguente: • Poiché abbiamo trovato che limt→0+ y˙ F (t) = 2, possiamo senz’altro escludere i grafici in Figu ra 2.(a-e-h) nei casi (a-e), y˙ F (0+ ) < 0; nel caso (h), y˙ F (0+ ) = 0 . • Il valore di regime della risposta allo scalino è dato da lim yF (t) = G(0) =

t→+∞

1 = 0.2, 5

possiamo quindi escludere anche i grafici in Figura 2.(b-f-g). • Infine, per discriminare fra il caso (c) e (d), valutiamo il tempo Ta di assestamento della risposta allo scalino: poiché 5 5 = = 2.5 s, Ta = |ℜe(λdom )| 2 possiamo concludere che l’unico grafico compatibile è quello in Figura 2.(d). 72

32.4- Per la risoluzione dell’esercizio, è utile ricordare il seguente fatto:

“La risposta della derivata ` e la derivata della risposta” Sia u(t) un ingresso nullo per t < 0 e sia y(t) la risposta forzata corrispondente a tale ingresso y(t) = 0 per t < 0 . Consideriamo adesso u1 (t) = u(t) ˙ e sia y1 (t) la corrispondente uscita forzata, allora y1 (t) = y(t). ˙ Infatti: Y (s) = G(s)U (s), U1 (s) = sU (s), quindi L y1 (t) = G(s) · sU (s) = s G(s) · U (s) = sY (s) = L y(t) ˙

e L y1 (t) = L y(t) ˙ ⇒ y1 (t) = y(t) ˙ (iniettivit` a della trasformata di Laplace).

Esempi (visti a lezione, esercitazione ed in laboratorio): la risposta allo scalino è la derivata della risposta alla rampa; la risposta all’impulso è la derivata della risposta allo scalino.

[u(t)=sca(t)]

Poiché la risposta all’impulso g(t) è la derivata della risposta allo scalino yF [u(t)=sca(t)]

lim g(t) = lim y˙ F

t→0+

t→0+

(t), si ha

(t) = 2

(come calcolato al punto precedente). Abbiamo anche già visto al punto 2 che limt→+∞ g(t) = 0. Per il tracciamento qualitativo del grafico di g(t), basta tracciare qualitativamente il grafico della derivata della risposta allo scalino: in base al grafico in Figura 2.(d) della risposta allo scalino, la risposta all’impulso è inizialmente positiva (perché, per valori di t vicino a 0, la risposta allo scalino è crescente) poi diventa negativa (perché, per valori di t > t¯ ≃ 0.5, la risposta allo scalino è decrescente). Combinando queste due informazioni con i due limiti calcolati precedentemente, si ottiene il grafico riportato in Figura 30. Osservazione: come si nota dal grafico in Figura 30, la risposta all’impulso si assesta a 0 in un tempo di circa 2.5 s, ossia pari al tempo di assestamento del movimento libero del sistema. Ci` o non deve sorprendere in quanto, essendo la risposta all’impulso combinazione lineare dei modi propri del sistema, anch’essa si assesta con il tempo del modo pi` u lento (purchè quest’ultimo non sia associato ad un autovalore “nascosto” del sistema). In alternativa, è possibile calcolare esplicitamente la risposta all’impulso. Si ha 2 −2t 8 −5t 8/3 2/3 −1 −1 = − e · sca(t), + + e − g(t) = L G(s) = L s+2 s+5 3 3 da cui si trova facilmente che limt→0+ g(t) = − 23 +

73

8 3

= 2 e limt→+∞ g(t) = 0.

x1

u

1 s¡2

u

(a)

x1

¡1 s+1

x1

x2

u

¡2 s+1

v

1 s+1

x2

¡2

u

(b)

x1

¡1

(c)

x1 x 2 Figura 31: Con riferimento all’Esercizio 33, (a) sottosistema (6); (b) sottosistema (7); (c) ¡1 1 u rappresentazione alternativa del sottosistema ¡2 (7). x1 ¡1

1

u SOLUZIONE ESERCIZIO 33. x1 ¡1 33.1- Si ha x2 u ¡2 Tyu (s) = C(sI − A)−1 B + D = 1 =

= 5

1

−2

s−2 0 1 s+1

−2 −1

¡2

−1 1 2 0 = sI − −2 −1 −1

1 −2

h

=

1 −2

 i 

s+1 0 −1 s − 2

 

(s−2)(s+1)

1 −2

 

=

s−1 . (s − 2)(s + 1)

Quindi, l’insieme dei poli è dato da P = { −1; +2 }; l’insieme degli zeri è dato da Z = { +1 }, il guadagno statico è ben definito perché la matrice A è invertibile e si ha G0 = −CA−1 B + D = Tyu (0) = 5/2. 33.2- Il sottosistema di equazione (6) ha stato x1 ed ingresso u; si ha Tx1 u (s) = rappresentare come in Figura 31.(a). Il sottosistema di equazione (7) ha stato x2 ed ingressi x1 e u: ( x˙ 2 (t) = −x2 (t) − x1 (t) − 2u(t)

1 s−2

e si pu` o

y2 (t) = x2 (t),

−1 −2 cosicché Tx2 x1 (s) = s+1 (ponendo uguale a 0 l’ingresso u), Tx2 u (s) = s+1 (ponendo uguale a 0 l’ingresso x1 ) e si pu` o rappresentare come in Figura 31.(b). Interconnettendo i due sottosistemi ossia, ricordando che l’uscita x1 del sottosistema di equazione (6) coincide con l’ingresso x1 del sottosistema di equazione (7) e che l’ingresso u dei due sottosistemi è lo stesso e ricordando che y = x1 − 2x2 , si ottiene la rappresentazione del sistema complessivo riportata in Figura 32. Lo schema a blocchi della Figura 32 è equivalente (dal punto di vista della funzione di trasferimento Tyu ) allo schema di Figura 33 da cui si ottiene facilmente che

Tyu (s) =

1 s−2

+ (−2)

=

1 s−2

+

=

5

−1 (s−2)(s+1)

4s−6 (s−2)(s+1)

s−1 . (s − 2)(s + 1)

74

=

−

2 s+1

=

1 s 2

x1

u

1 s+1

x2

y

2

2 s+1

Figura 32: Con riferimento all’Esercizio 33, rappresentazione del sistema complessivo come interconnessione dei sottosistemi (6) e (7). x1

1 s 2 1 s 2

1 s+1

x1

u

x2

y

2

2 s+1

Figura 33: Con riferimento all’Esercizio 33, rielaborazione dello schema in Figura 32.

In alternativa, una diversa rappresentazione del sottosistema di equazione (7) mediante schema a blocchi si pu` o ottenere nel modo seguente: si riscriva tale sottosistema come ( x˙ 2 (t) = −x2 (t) + v(t) y2 (t) = x2 (t),

1 s+1 ,

dove v(t) = −x1 (t) − 2u(t), ed essendo Tx2 v (s) = Figura 31.(c).

si ottiene la rappresentazione data in

Osservazione: gli schemi a blocchi in Figura 31.(b-c) sono due diversi modi di rappresentare la stessa relazione Ingresso-Uscita, ossia quella del sottosistema (7) (che è di ordine 1). Tuttavia, mentre l’ordine del sistema sottostante la rappresentazione data in Figura 31.(c) è pari a 1 e coincide con l’ordine del sottosisyema (7), l’ordine del sistema sottostante la rappresentazione data in Figura 31.(b) è pari a 2 (vi sono due blocchi di ordine 1) e dunque è una rappresentazione ridondante del sottosistema (7), ossia contenente un autovalore “nascosto”. 33.3- I movimenti dell’uscita richiesti sono dati da: 1/3 • Per u(t) = u1 (t), si ha yF 1 (t) = L−1 Tyu (s) ed essendo Tyu (s) = 5 s−2 + 100

40

40

0 0

20 10

20 0.5

1

(a)

t

1.5

2

0 0

, si ha

4

yF (t)

60

5

30

yF (t)

yF (t)

80

2/3 s+1

3 2 1

0.5

t

(b)

1

1.5

0 0

0.5

1

1.5

2

t

2.5

3

3.5

(c)

Figura 34: Con riferimento all’Esercizio 33, grafico di: (a) yF 1 (t) ; (b) yF 2 (t); (c) yF 3 (t).

75

4

yF 1 (t) =

5 2t 10 −t sca(t). e + e 3 3

Il grafico di yF 1 (t) è riportato in Figura 34.(a) per tracciarlo, si calcoli y F 1(0) = 5, y˙ F 1(0) = 0 e limt→+∞ y F 1(t) = +∞ . 1/3 1/3 5 e dunque • Per u(t) = u2 (t), si ha YF 2 (s) = Tyu (s)U2 (s) = (s−2)(s+1) = 5 s−2 − s+1 yF 2 (t) =

5 2t 5 −t sca(t). e − e 3 3

Il grafico di yF 2 (t) è riportato in Figura 34.(b) per tracciarlo, si calcoli y F 2(0) = 0, y˙ F 2(0) = 5 e limt→+∞ y F 2(t) = +∞ .

• Per u(t) = u3 (t) = u1 (t) − u2 (t), si ha

yF 3 (t) = yF 1 (t) − yF 2 (t) = 5e−t sca(t) il cui grafico è riportato in Figura 34.(c). Osservazione: si noti che limt→+∞ yF 3 (t) = 0 nonostante che sia il segnale d’ingresso che uno dei modi naturali del sistema siano illimitati. Ciò accade grazie ad una doppia cancellazione zero/polo nel calcolo di YF 3 (s), infatti: YF 3 (s) = Tyu (s)U3 (s) = Tyu (s) U1 (s) − U2 (s) =

5(s − 1) s−2 5 · = . (s − 2)(s + 1) s − 1 s+1

33.4- Poiché il sistema ha un polo in +2, tutti i movimenti dello stato di questo sistema, ed in particolare i tre movimenti calcolati al punto 3, sono instabili. SOLUZIONE ESERCIZIO 34. 34.1- Dal grafico in Figura 3 si deduce che G(s) ha le seguenti propriet` a: • poiché limt→+∞ y(t) = 2 e tale valore coincide con il guadagno statico, allora G(0) = 2 quindi G 6= G2 , infatti G2 (0) = 1/3 ; • vi è una risposta inversa, dunque G ha almeno uno zero a parte ℜeale positiva quindi G 6= G1 ; • il tempo di assestamento è dell’ordine dei 2 ÷ 4 s, dunque G ha un polo dominante con parte ℜeale circa uguale a −2.5 ÷ −1.25 s quindi G 6= G4 .

In conclusione, G(s) = G3 (s) =

12(1−s) (s+2)(s+3) .

34.2- In corrispondenza del segnale d’ingresso ua (t), applicando il risultato riguardante la risposta esponenziale, si ha 30 (a) yR (t) = 5 · G(4) e4t = − e4t . 7 Per ub (t), applicando il Teorema della risposta armonica, si ha (b) yR (t) = 2 · |G(5j)| sin 5t + ∠G(5j) .

76

Diagramma di Bode − Modulo

dB

20 10 5.8 0 |G(5j)|dB ≃ 5.8 dB

−10 −20 −1 10

0

1

10

2

10

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase 0 ¡ 6

deg

−90

¢ G(5j) ≃ −205.7◦

−180 −205.7 −270 −1

0

10

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (b)

Figura 35: Diagrammi di Bode di G(s) = 12(1 − s)/ (s + 2)(s + 3) : reali (linea blu tratteggiata) e asintotici (linea verde continua).

Poiché G(5j) =

12(1−5j) (2+5j)(3+5j) ,

allora

q  q 1+25 13  G(5j) = 12|1−5j| = 12 = 12 |2+5j|·|3+5j| (4+25)(9+25) 493 ≃ 1.95  ∠ G(5j) = − arctan(5) − arctan(5/2) − arctan(5/3) ≃ −1.37 − 1.19 − 1.03 = −3.59 rad,

da cui

(b)

yR (t) ≃ 3.9 sin(5t − 3.59). 34.3- I diagrammi richiesti sono riportati in Figura 35. Per ottenerli si pu` o procedere nel modo seguente: ◦ Si scriva G(s) in forma di Bode: G(s) = 2 quindi µG = 2.

1−s , 1 + 13 s 1+ 1 2s

77

◦ G(s) è di tipo 0, quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo “parte piatto” a quota |µG |dB (cioè, per ω → 0+ , è una retta a pendenza 0); si ha |µG |dB = 20 log10 (2) ≃ 6 dB. ◦ Poiché G(s) è di tipo 0 e µG > 0, il diagramma della fase “parte” da 0◦ . ◦ Le singolarit` a, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono: Pulsazione Tipo di singolarit` a ω = 1 rad/s ω = 2 rad/s ω = 3 rad/s

zero positivo polo negativo polo negativo

Effetto sul diagramma asintotico del modulo

Effetto sul diagramma asintotico della fase

⇒ la pendenza aumenta di 1 la fase diminuisce di 90◦ ⇒ la pendenza diminuisce di 1 la fase diminuisce di 90◦ ⇒ la pendenza diminuisce di 1 la fase diminuisce di 90◦ .

Osservazione: naturalmente, con un’accurata lettura dei diagrammi di Bode di G(s), si trova (b) riscontro di quanto calcolato nel punto precedente per trovare yR (t): infatti, G(5j) ≃ 1.95 ≡ 20 log10 (1.95) ≃ 5.8 dB

180 ∠ G(5j) ≃ −3.59 rad ≡ −3.59 · ≃ −205.7◦. π

e

I punti corrispondenti sono stati riportati nei diagrammi di Figura 35.

SOLUZIONE ESERCIZIO 35. 35.1- Il sistema di controllo in Figura 5 ha due variabili d’ingresso, y o e w, ed una variabile di uscita, cioè y. La corrispondente relazione ingresso/uscita si riscrive quindi nella forma YF (s) = Tyyo (s)Y o (s) + Tyw (s)W (s), con Tyyo (s) = R(s) ·

1 (s + 10)(s + 1)

e

Tyw (s) =

(34) 1 . s+1

Nel caso R(s) = k ∈ R, il sistema complessivo è asintoticamente stabile e, dalla relazione (34), discende che [w] [y o ] yR (t) = yR (t) + yR (t), [y o ]

[w]

dove yR (t) è l’uscita di regime in corrispondenza del segnale d’ingresso y o e di w(t) ≡ 0, e yR (t) è l’uscita di regime in corrispondenza del segnale d’ingresso w e di y o (t) ≡ 0 (“principio di sovrapposizione degli effetti”). La richiesta che, per y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, si abbia limt→+∞ y(t) = 1 equivale quindi a chiedere [y o = sca(t)] (t) = 1. Poiché che yR [y o = sca(t)]

yR [y o = sca(t)]

si ottiene yR

(t) = Tyyo (0)

(t) = 1 ⇔ Tyyo (0) = 1 ⇔

Tyyo (s) =

e k 10

k , (s + 10)(s + 1)

= 1, ossia

R(s) = k = 10. I grafici delle risposte forzate dell’uscita ai segnali richiesti sono riportati in Figura 36. Per ottenerle è sufficiente notare che:

78

1.2

yF (t)

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0

1

2

3

4

5

6

3

4

5

6

3

4

5

6

t

(a)

1.2

yF (t)

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0

1

2

t

(b)

2.5

yF (t)

2 1.5 1 0.5 0 0

1

2

t

(c)

Figura 36: Grafici delle risposte forzate yF (t) considerate nell’Esercizio 35.1: (a) caso y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0; (b) caso y o (t) ≡ 0 e w(t) = sca(t); (c) caso y o (t) = sca(t) e w(t) = sca(t).

79

• Nel caso y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, in virt` u della relazione (34), l’uscita forzata yF (t) è la risposta allo scalino del sistema con funzione di trasferimento Tyyo (s). In corrispondenza di 10 R(s) = k = 10, si ha Tyyo (s) = (s+10)(s+1) , dunque: (a) limt→+∞ yF (t) = Tyyo (0) = 1 (come imposto dal progetto di k); (b) Ta = 5 s, in quanto i poli di Tyyo (s) sono −1 e −10 e quello dominante è pari a −1;

(c1) yF (0+ ) = y˙ F (0+ ) = 0 e y¨F (0+ ) = 10, in quanto reldeg(Tyyo ) = 2 e la costante di trasferimento ρ di Tyyo (s) è pari a 10; (c2) Tyyo (s) è strettamente propria, di ordine 2, con poli Reali e non ha zeri (caso C2αII della classificazione introdotta a lezione). • Nel caso y o (t) ≡ 0 e w(t) = sca(t), l’uscita forzata yF (t) è la risposta allo scalino del sistema con 1 funzione di trasferimento Tyw (s) = s+1 si veda nuovamente la relazione (34) ed in particolare: (a) limt→+∞ yF (t) = Tyw (0) = 1;

(b) Ta = 5 s, in quanto l’unico polo di Tyw (s) è posto in −1;

(c1) yF (0+ ) = 0 e y˙ F (0+ ) = 1, in quanto reldeg(Tyw ) = 1 e la costante di trasferimento ρ di Tyw (s) è pari a 1; (c2) Tyw (s) è strettamente propria e di ordine 1 (caso C2αI della classificazione introdotta a lezione). • Nel caso y o (t) = sca(t) e w(t) = sca(t), grazie al principio di sovrapposizione degli effetti, l’uscita forzata yF (t) è la somma delle due uscite forzate considerate nei due casi precedenti e il grafico del suo andamento qualitativo si ottiene di conseguenza. In particolare, si ha: ◦ limt→+∞ yF (t) = 1 + 1 = 2;

◦ Ta = 5 s;

◦ yF (0+ ) = 0 e y˙ F (0+ ) = 1.

35.2- Come nel punto precedente, il sistema retroazionato in Figura 6 ha due variabili d’ingresso, y o e w, ed una variabile di uscita, cioè y. La corrispondente relazione ingresso/uscita è ancora quella riportata nell’equazione (34), cambia per` o la forma delle funzioni di trasferimento Tyyo (s) e Tyw (s). In 1 la funzione di anello associata al sistema retroazionato, questo caso, essendo L(s) = R(s) · (s+10)(s+1) µ che nel caso in cui R(s) = s+λ prende la forma L(s) =

µ , (s + λ)(s + 10)(s + 1)

si ha Tyyo (s) =

L(s) µ = 1 + L(s) pcl (s)

e

Tyw (s) =

1 s+1

1 + L(s)

=

(s + λ)(s + 10) , pcl (s)

(35)

dove pcl (s) = (s + λ)(s + 10)(s + 1) + µ è il polinomio caratteristico del sistema in anello chiuso. A questo punto, imporre che il sistema complessivo risulti asintoticamente stabile e, per y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, si abbia limt→+∞ y(t) = 1 equivale a richiedere che Tyyo (0) = 1 e che il polinomio caratteristico del sistema in anello chiuso abbia tutte le radici a parte ℜeale minore di zero. Si ha: Tyyo (0) =

µ = 1 ⇔ λ = 0; 10λ + µ 80

corrispondentemente, il polinomio caratteristico del sistema in anello chiuso si riduce a pcl (s) = s(s + 10)(s + 1) + µ = s3 + 11s2 + 10s + µ e si possono individuare il valori di µ che garantiscono l’asintotica stabilit` a applicando il Criterio di Routh-Hurwitz. Cos`ı facendo, si ottiene la seguente tabella: 1 11 µ 10 − 11 µ

10 µ

µ Poiché la prima colonna della tabella presenta gli elementi positivi 1 e 11 e, essendo 10 − 11 = si ha l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato se e solo se ( 110 − µ > 0 ossia 0 < µ < 110. µ>0

Riassumendo, con un controllore della forma R(s) = solo se λ=0

e

0 < µ < 110

µ s+λ ,

ossia

110−µ 11 ,

le propriet` a richieste sono garantite se e   R(s) = µ s  0 < µ < 110.

35.3- Nel caso in cui µ = 5, il sistema complessivo è asintoticamente stabile e le funzioni di trasferimento riportate nell’equazione (35), che permettono di descrivere le relazioni ingresso/uscita per il sistema di controllo considerato, assumono la seguente forma: Tyyo (s) ≃

5 (s + 10.05)(s2 + 0.95s + 0.50)

e

Tyw (s) ≃

s(s + 10) . (s + 10.05)(s2 + 0.95s + 0.50)

Calcoliamo, preliminarmente lo smorzamento ξ, la pulsazione naturale ωn e la parte ℜeale della coppia di poli Complessi coniugati λ1,2 di tali funzioni di trasferimento. Imponendo, ad esempio, l’uguaglianza s2 + 2ξωn s + ωn2 = s2 + 0.95s + 0.50, si ottiene ( √ ωn2 = 0.50 ⇒ ωn = 0.5 ≃ 0.71 2ξωn = 0.95 ⇒ ξ =

0.95 2ωn

≃

0.95 2·0.71

≃ 0.67

e ℜe(λ1,2 ) = −ξωn ≃ −0.67 · 0.71 ≃ −0.47. Poiché il polo Reale delle funzioni di trasferimento Tyyo (s) e Tyw (s) è posto in −10.05, si deduce che i poli dominanti di tali funzioni di trasferimento sono la coppia di poli Complessi coniugati. In particolare, l’andamento dell’uscita nel transitorio sar` a di tipo oscillante. I grafici delle risposte forzate dell’uscita ai segnali richiesti sono riportati in Figura 37.(a–b). Per ottenerli si procede in modo analogo a quanto fatto nella risoluzione dell’Esercizio 35.1. In particolare: • Nel caso y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, grazie alla relazione (34), l’uscita forzata yF (t) è la risposta allo scalino del sistema con funzione di trasferimento Tyyo (s) ≃ (s+10.05)(s25+0.95s+0.50) , dunque: (a) limt→+∞ yF (t) = Tyyo (0) = 1 come imposto dal progetto di R(s) condotto al punto precedente ; 81

yF (t)

1.5

1

0.5

0 0

2.5

5

7.5

t

10

12.5

15

10

12.5

15

10

12.5

15

(a)

0.8 0.6

yF (t)

0.4 0.2 0 −0.2 0

2.5

5

7.5

t

(b)

yF (t)

1.5

1

0.5

0 0

2.5

5

7.5

t

(c)

Figura 37: Grafici delle risposte forzate yF (t) considerate nell’Esercizio 35.3: (a) caso y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0; (b) caso y o (t) ≡ 0 e w(t) = sca(t); (c) caso y o (t) = sca(t) e w(t) = sca(t).

82

5 (b) Ta = 0.47 ≃ 10.6 s, in quanto abbiamo visto nell’analisi preliminare che i poli dominanti di Tyyo (s) hanno la parte ℜeale circa uguale a −0.47; (3)

(c1) yF (0+ ) = y˙ F (0+ ) = y¨F (0+ ) = 0 e yF (0+ ) = 5, in quanto reldeg(Tyyo ) = 3 e la costante di trasferimento ρ di Tyyo (s) è pari a 5;

(c2) Tyyo (s) è strettamente propria e di ordine 3 (caso C2αVI della classificazione introdotta a lezione). Poiché i suoi poli dominanti sono Complessi e non ha zeri, la sua risposta allo scalino si approssima con quella di una funzione di trasferimento strettamente propria, di ordine 2, con poli Complessi e senza zeri (caso C2αIII). Di tale risposta possiamo quindi calcolare il periodo delle oscillazioni, che è dato da T =

2π 2π 2π p ≃ = ≃ 12 s, 2 |ℑm(λ1,2 )| 0.52 ωn 1 − ξ

e stimarne la sovraelongazione massima percentuale che è data da √ 2 ∆% ≃ e−πξ/ 1−ξ · 100 ≃ 5.8%.

• Nel caso y o (t) ≡ 0 e w(t) = sca(t), l’uscita forzata yF (t) è la risposta allo scalino del sistema con s(s+10) funzione di trasferimento Tyw (s) ≃ (s+10.05)(s 2 +0.95s+0.50) : si osserva la presenza di una quasi– cancellazione fra il polo posto in −10.05 e lo zero posto in −10, possiamo dunque approssimare la s . risposta allo scalino con quella del sistema con funzione di trasferimento Teyw (s) = s2 +0.95s+0.50 In particolare: (a) limt→+∞ yF (t) = Tyw (0) = 0; 5 0.47 +

(b) Ta =

≃ 10.6 s, stessi poli dominanti del caso precedente;

(c1) yF (0 ) = 0 e y˙ F (0+ ) = 1, in quanto reldeg(Tyw ) = 1 e la costante di trasferimento ρ di Tyw (s) è pari a 1; (c2) Teyw (s) è strettamente propria, di ordine 2, con poli Complessi e uno zero in 0 (caso C2αV,

sotto-caso 4 per ci` o che riguarda gli zeri, della classificazione introdotta a lezione). L’uscita converge a 0 con oscillazioni di periodo T ≃ 12 s, cos`ı come calcolato nel caso precedente.

Infine, nel caso y o (t) = sca(t) e w(t) = sca(t), grazie al principio di sovrapposizione degli effetti, l’uscita forzata yF (t) è la somma delle due uscite forzate considerate nei due casi precedenti. Quindi lim yF (t) = 1 + 0 = 1.

t→+∞

Il grafico di yF (t), anche se non richiesto, è riportato in Figura 37.(c). Osservazione: si noti che il sistema di controllo in anello chiuso proposto nell’Esercizio 35.3 garantisce che, a regime, y(t) = y o (t) ≡ 1 anche in presenza di un disturbo w costante. Ciò non accade con il sistema di controllo in anello aperto considerato nell’Esercizio 35.1 in cui, invece, limt→+∞ y(t) = 2 si confrontino le Figure 36.(c) e 37.(c) . Il fatto che, a regime, si abbia tale buona propriet` a per cui l’effetto sull’uscita di un disturbo w costante viene cancellato è una conseguenza del fatto che Tyw (0) = 0 ed è una manifestazione della propriet` a bloccante degli zeri. Ripercorrendo la soluzione dell’Esercizio 35.2, si osservi infine che la propriet` a Tyw (0) = 0 è garantita dal fatto che λ = 0 vedi l’Equazione (35) , ossia dalla presenza di un integratore13 nella funzione di anello L(s).

13 Un sistema dinamico la cui funzione di trasferimento ` e G(s) = 1s si dice integratore in quanto la sua uscita ` e data, R a parte il valore iniziale, dall’integrale del segnale d’ingresso, ossia y(t) = y(0) + 0t u(τ )dτ .

83

SOLUZIONE ESERCIZIO 36. 36.1- Si ha: G1 (jω)

=

1 2

100(5 + jω) = + jω (10 + jω)

100(5+jω) 5−ω 2 + 21 2 ωj

=

100(5+jω) 5−ω 2 − 21 2 ωj 5−ω 2 + 21 2 ωj

5−ω 2 − 21 2 ωj

95 11 2 100 2 j ; ω + 25 − ω ω + = 4 401 2 2 ω + 4 ω + 25 2

= (36)

90jω(−2 + jω) 90 ω(ω + 2j) =− ; 2 −5ω + 12jω + 180 (180 − 5ω 2 ) + 12ωj

G2 (jω)

=

G3 (jω)

=

G4 (jω)

= −

G5 (jω)

=

20(2 + jω) ; 4 − ω 2 + jω

G6 (jω)

=

100(ω 2 − 1) . (0.1 + jω)(100 − ω 2 + 2ωj)

−

1 5

1 − 2ωj 2 2 ; + jω 1 + jω

1 1 = 2 ; (1 + jω)(−1 + jω) ω +1

Osservazione: l’espressione della risposta in frequenza di una data G(s) si ottiene semplicemente ponendo s = jω, cos`ı come fatto per G3 , G5 e G6 . Tuttavia, talvolta è opportuno rielaborare l’espressione ottenuta dalla mera sostituzione s = jω: ad esempio, a volte è utile esplicitare la parte ℜeale e la parte ℑmmaginaria di G(jω), cos`ı come fatto per G1 e G4 ; nel caso di G4 , tale rielaborazione permette di evidenziare che la risposta in frequenza assume solo valori Reali. Riscrittura di G(jω) nella forma G(jω) = ℜe G(jω) + ℑm G(jω) · j

NG (s) NG (jω) Data una funzione di trasferimento G(s) = D , si ha G(jω) = D che, G (s) G (jω) in generale, assume la forma di un quoziente fra numeri Complessi. Un metodo standard per individuare la parte ℜeale e quella ℑmmaginaria di G(jω), consiste nel moltiplicare numeratore e denominatore di tale quoziente per il coniugato del denominatore:

G(jω) =

NG (jω) · DG (jω) NG (jω) · DG (jω) NG (jω) = = DG (jω) DG (jω) 2 DG (jω) · DG (jω)

(si ricordi che, dato z ∈ C, z · z¯ = |z|2 ∈ R); poiché in quest’ultima espressione il denominatore è un numero Reale, diventa agevole individuare la forma ` utile osservare anche che DG (jω) = DG (−jω). cartesiana di G(jω). E

Il procedimento appena descritto è esattamente quello impiegato per riscrivere G1 (jω) nella forma data nell’equazione (36).

84

36.2- I diagrammi richiesti sono riportati nelle Figure 38–43 e possono essere ottenuti nel modo seguente: • Diagrammi di G1 (s): ◦ Si ha G1 (s) = 100

1+ 15 s

, quindi µG1 = 100.

1 (1+2s) 1+ 10 s

◦ G1 (s) è di tipo 0, quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo “parte piatto” a quota |µG1 |dB = 20 log10 (100) = 40 dB. ◦ Poiché G1 (s) è di tipo 0 e µG1 > 0, il diagramma della fase “parte” da 0◦ . ◦ Le singolarit` a, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono: Pulsazione

Tipo di singolarit` a

ω = 0.5 rad/s polo negativo ω = 5 rad/s zero negativo ω = 10 rad/s polo negativo • Diagrammi di G2 (s): ◦ Si ha G2 (s) = −

s 1− 21 s

Effetto sul diagramma asintotico del modulo

Effetto sul diagramma asintotico della fase

⇒ la pendenza diminuisce di 1 la fase diminuisce di 90◦ ⇒ la pendenza aumenta di 1 la fase aumenta di 90◦ ⇒ la pendenza diminuisce di 1 la fase diminuisce di 90◦ .

, quindi µG2 = −1.

s2 s 36 + 15 +1

◦ G2 (s) è di tipo -1 quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo parte con pendenza +1 e tale retta interseca l’asse a 0 dB in corrispondenza di ω = |µG1 | = 1 rad/s. 2

◦ Poiché G2 (s) è di tipo -1 e µG2 < 0, il diagramma della fase parte da +90◦ − 180◦ = −90◦ . ◦ Le singolarit` a non nulle, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono: Pulsazione Tipo di singolarit` a ω = 2 rad/s ω = 6 rad/s

zero positivo 2 poli in C a parte ℜeale negativa

Effetto sul diagramma asintotico del modulo

Effetto sul diagramma asintotico della fase

⇒ la pendenza aumenta di 1, la fase diminuisce di 90◦ ; ⇒ la pendenza diminuisce di 2, la fase diminuisce di 180◦ .

◦ Lo smorzamento ξ dei poli è pari a 0.2, nel diagramma reale del modulo si evidenzier` a quindi un picco di risonanza vicino alla loro pulsazione naturale ωn = 6 rad/s. • Diagrammi di G3 (s): (1−2s) ◦ Si ha G3 (s) = 25 (1−5s) 2 (1+s)2 , quindi µG3 = 25.

◦ G3 (s) è di tipo 0, quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo parte piatto a quota |µG3 |dB = 20 log10 (25) ≃ 28 dB. ◦ Poiché G3 (s) è di tipo 0 e µG3 > 0, il diagramma della fase parte da 0◦ . ◦ Le singolarit` a, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono:

85

Pulsazione

Tipo di singolarit` a

ω = 0.2 rad/s 2 poli positivi ω = 0.5 rad/s zero positivo ω = 1 rad/s 2 poli negativi

Effetto sul diagramma asintotico del modulo

Effetto sul diagramma asintotico della fase

⇒ la pendenza diminuisce di 2 la fase aumenta di 180◦ ⇒ la pendenza aumenta di 1 la fase diminuisce di 90◦ ⇒ la pendenza diminuisce di 2 la fase diminuisce di 180◦ .

• Diagrammi di G4 (s): ◦ Si ha G4 (s) =

1 (1+s)(1−s) ,

quindi µG4 = 1.

◦ G4 (s) è di tipo 0, quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo parte piatto a quota |µG4 |dB = 20 log10 (1) = 0 dB. ◦ Poiché G4 (s) è di tipo 0 e µG4 > 0, il diagramma della fase parte da 0◦ . ◦ Le singolarit` a, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono: Pulsazione Tipo di singolarit` a ω = 1 rad/s

1 polo negativo e 1 polo positivo

Effetto sul diagramma asintotico del modulo ⇒ la pendenza diminuisce di 2

Effetto sul diagramma asintotico della fase la fase non cambia.

◦ Il diagramma reale della fase coincide con quello asintotico infatti, G4 (jω) ∈ R .

• Diagrammi di G5 (s):

1+ 12 s

◦ Si ha G5 (s) = 10 s2 4

+ s4 +1

, quindi µG5 = 10.

◦ G5 (s) è di tipo 0, quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo parte piatto a quota |µG5 |dB = 20 log10 (10) = 20 dB. ◦ Poiché G5 (s) è di tipo 0 e µG5 > 0, il diagramma della fase parte da 0◦ . ◦ Le singolarit` a, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono: Pulsazione Tipo di singolarit` a ω = 2 rad/s

Effetto sul diagramma asintotico del modulo

1 zero negativo e 2 poli in C a parte ℜeale negativa

Effetto sul diagramma asintotico della fase

⇒ la pendenza diminuisce di 1 la fase diminuisce di 90◦ (+1 − 2 = −1) (+90◦ − 180◦ = −90◦ ).

◦ Lo smorzamento ξ dei poli è pari a 0.25, nel diagramma reale del modulo si evidenzier` a quindi un picco di risonanza vicino alla loro pulsazione naturale ωn = 2 rad/s. • Diagrammi di G6 (s): ◦ Si ha G6 (s) = −10

(1+10s)

s2 +1 , s s2 100 + 50 +1

quindi µG6 = −10.

86

◦ G6 (s) è di tipo 0, quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo parte piatto a quota |µG5 |dB = 20 log10 (10) = 20 dB. ◦ Poiché G6 (s) è di tipo 0 e µG6 < 0, il diagramma della fase parte da −180◦. ◦ Le singolarit` a, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono: Pulsazione

Tipo di singolarit` a

Effetto sul diagramma asintotico del modulo

ω = 0.1 rad/s polo negativo ω = 1 rad/s 2 zeri in C a parte ℜeale “negativa” ω = 10 rad/s 2 poli in C a parte ℜeale negativa

Effetto sul diagramma asintotico della fase

⇒ la pendenza diminuisce di 1, la fase diminuisce di 90◦ ; ⇒ la pendenza aumenta di 2, la fase aumenta di 180◦. ⇒ la pendenza diminuisce di 2, la fase diminuisce di 180◦ .

◦ Lo smorzamento ζ degli zeri è pari a 0 (vi è una coppia di zeri ℑmmaginari puri posti in ±j), esattamente in corrispondenza della loro pulsazione naturale αn = 1 rad/s si evidenzier` a quindi: un asintoto verticale nel diagramma reale del modulo con limω→αn |G6 (jω)|dB = −∞ (antirisonanza); una discontinuit` a nel diagramma reale della fase con limω→α+ ∠ G6 (jω) − n limω→α− ∠ G6 (jω) = 180◦. n Lo smorzamento ξ dei poli Complessi è pari a 0.1, nel diagramma reale del modulo si evidenzier` a quindi un picco di risonanza vicino alla loro pulsazione naturale ωn = 10 rad/s. 36.3- Si pu` o applicare il Teorema della risposta armonica al sistema con funzione di trasferimento G6 (s) in quanto, essendo tutti i poli di G6 (s) a parte ℜeale negativa e non essendoci per ipotesi “parti nascoste”, tale sistema è asintoticamente stabile. In corrispondenza del segnale d’ingresso u1 (t), si ha (1) yR (t) = |G6 (j)| sin t + ∠G6 (j) = 0

in quanto G6 (j) = 0. In corrispondenza del segnale d’ingresso u2 (t), si ha invece

(2) yR (t) = |G6 (10j)| sin 10t + ∠G6 (10j) ≃ 49.5 · sin(10t − 3.13),

infatti G6 (jω) = −10

1−ω 2

2

ω ω (1+10ωj) 1− 100 + 50 j

99 , cosicché G6 (10j) = 10 e (1+100j)· 1 j 5

  G6 (10j) = √ 990 2 1 =≃ 49.5 1+100 · 5  ∠ G (10j) = − arctan(100) − π ≃ −1.56 − 1.57 = −3.13 rad. 6 2

Il caso corrispondente al segnale d’ingresso u1 (t) mette in evidenza la propriet` a bloccante degli zeri: sotto l’ipotesi di asintotica stabilit` a del sistema, in presenza di zeri ℑmmaginari puri posti in ±αn j, l’uscita di regime corrispondente ad un segnale d’ingresso della forma u(t) = sin(αn t + ϕ) è nulla. Il caso corrispondente al segnale d’ingresso u2 (t) mette invece in evidenza il fenomeno della risonanza associato a poli Complessi a basso smorzamento.

87

Diagramma di Bode − Modulo 40 dB

20 0 −20 −1

10

0

10

1

10 Pulsazione [rad/s]

2

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase

deg

0

−90 −1

10

0

10

1

10 Pulsazione [rad/s]

2

10

(b)

Figura 38: Diagrammi di Bode di G1 (s) = 100(s + 5)/ (s + 1/2)(s + 10) : reali (linea blu tratteggiata) e asintotici (linea verde continua).

88

Diagramma di Bode − Modulo 40

dB

20 0 −20 −1

10

0

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase 0

deg

−90 −180 −270 −360 −1

10

0

1

10

10 Pulsazione [rad/s] (b)

Figura 39: Diagrammi di Bode di G2 (s) = 90s(s − 2)/(5s2 + 12s + 180).

89

2

10

Diagramma di Bode − Modulo 40

dB

20 0 −20 −40 −60 −2 10

−1

0

10

10

1

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase

deg

180 90 0 −90 −2

10

−1

0

10

10 Pulsazione [rad/s] (b)

Figura 40: Diagrammi di Bode di G3 (s) = −(2s − 1)/ (s − 1/5)2 (s + 1)2 .

90

1

10

Diagramma di Bode − Modulo 20

dB

0 −20 −40 −1 10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase 90 60 deg

30 0 −30 −60 −90 −1 10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

(b)

Figura 41: Diagrammi di Bode di G4 (s) = −1/ (s + 1)(s − 1) . Si noti che il diagramma reale della fase coincide con quello asintotico infatti, G4 (jω) ∈ R .

91

Diagramma di Bode − Modulo 40

dB

20 0 −20 −1 10

0

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase 90

deg

0 −90 −180 −1 10

0

1

10

10 Pulsazione [rad/s] (b)

Figura 42: Diagrammi di Bode di G5 (s) = 20(s + 2)/(s2 + s + 4).

92

2

10

Diagramma di Bode − Modulo 40

dB

20 0 −20 −2 10

−1

10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

2

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase 270 180 deg

90 0 −90 −180 −270 −2 10

−1

10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

2

10

(b)

Figura 43: Diagrammi di Bode di G6 (s) = −100(s2 + 1)/ (s + 0.1)(s2 + 2s + 100) . Si noti che il diagramma reale della fase va traslato di −360◦: ciò è dovuto al fatto che Matlab, per il tracciamento dei diagrammi della fase, adotta convenzioni differenti da quelle introdotte nel corso.

93

Diagramma di Bode − Modulo

dB

5 0 −3 −5 −10 −15 −20 −2 10

−1

0

10

1

10

10

Pulsazione [rad/s]

Spettro di ampiezza

Figura 44: Diagramma di Bode del modulo di GPB (s) = 10s/ (1 + 10s)(1 + s) : reale (linea blu tratteggiata) e asintotico (linea verde continua). 1.5

fˆ(t)

1 0.5 0 −0.5 0

20

40

t

60

80

100

0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0

−1

10

0

10

1

10

Frequenza [rad/s]

(a)

(b)

Figura 45: Con riferimento all’Esercizio 37: linea continua rossa, segnale fˆ(t) (e suo spettro di ampiezza); linea tratteggiata blu, segnale f (t) (e suo spettro di ampiezza).

SOLUZIONE ESERCIZIO 37. Occorre costruire un filtro che lasci passare sostanzialmente inalterato il contenuto spettrale del segnale f nella banda d’interesse, cioè [0.1, 1] rad/s, e tagli le altre frequenze (ossia, un filtro passa–banda). A tal fine, è sufficiente considerare un sistema lineare asintoticamente stabile e la cui funzione di trasferimento abbia un diagramma di Bode del modulo con le seguenti caratteristiche: nella banda [0.1, 1] rad/s è circa costante e pari a 0 dB, alle altre frequenze il modulo ha valori inferiori e limω→0+ |G(jω)|dB = limω→+∞ |G(jω)|dB = −∞ cioè, G(0) = G(∞) = 0 . Si consideri, ad esempio, s GPB (s) = 10 (1 + 10s)(1 + s) il cui diagramma di Bode del modulo (reale e asintotico) è riportato in Figura 44. In Figura 45 sono poi riportati i corrispondenti andamenti del segnale filtrato fˆ(t) ossia, l’uscita del sistema GPB (s) in corrispondenza del segnale d’ingresso f (t) ed il suo spettro di ampiezza.

Osservazione: Un sistema G(s) con tali caratteristiche viene chiamato filtro passa–banda con banda passante pari a [0.1, 1] rad/s e fattore di amplificazione unitario14 .

SOLUZIONE ESERCIZIO 38. Occorre costruire un filtro che lasci passare sostanzialmente inalterato tutto il contenuto spettrale del segnale p tranne quello corrispondente alla frequenza di rotazione della ventola, che si vuole invece 14 E ` facile poi estendere questa definizione al caso generale di filtro passa–banda con banda passante pari a [ωmin , ωmax ] rad/s e fattore di amplificazione pari a µ > 0, dove il fattore di amplificazione ` e il valore quasi costante di |G(jω)| all’interno della banda passante (lo si faccia come ulteriore esercizio).

94

Diagramma di Bode − Modulo 10

dB

0 −10 −20 −30 −40 0 10

1

Spettro di ampiezza

Figura 46: Diagramma di Bode del modulo di GN (s) = tratteggiata) e asintotico (linea verde continua).

1.5 1

pˆ(t)

0.5 0 −0.5 −1 −1.5 0

2

4

2

25 10 Pulsazione [rad/s]

t

6

8

10 s2 625

+ 1) 1 +

2 1 25 s :

reale (linea blu

0.1 0.01 0.001

10

0

10

20

30

40

50

60

70

80

Frequenza [rad/s]

(a)

(b)

Figura 47: Con riferimento all’Esercizio 38: linea continua rossa, segnale pˆ(t) (e suo spettro di ampiezza); linea tratteggiata blu, segnale p(t) (e suo spettro di ampiezza).

cancellare. A tal fine, è sufficiente considerare un sistema lineare asintoticamente stabile e la cui funzione di trasferimento abbia un diagramma di Bode del modulo con le seguenti caratteristiche: esso sia circa costante e pari a 0 dB a (quasi) tutte le frequenze e si abbia limω→ω∗ |G(jω)|dB = −∞ cioè, G(jω ∗ ) = 0 , dove ω ∗ è la pulsazione corrispondente alla frequenza di rotazione della ventola. Per costruire una tale G(s), occorre avere una coppia di zeri ℑmmaginari puri posti in ±jω ∗ (in modo da cancellare l’armonica del segnale p generata dalla ventola) ed una coppia di poli Reali e negativi posti in −ω ∗ (in tal modo, per pulsazioni ω 6= ω ∗ , si ottiene un andamento circa costante del diagramma di Bode del modulo di G). Calcoliamo ω ∗ : poiché [x]Hz 1 = , [x]rad/s 2π allora ω ∗ = 2π · 3.98 ≃ 25 rad/s. In conclusione, una possibile soluzione è data da GN (s) =

s2 625

+1 2 1 1 + 25 s

il cui diagramma di Bode del modulo (reale e asintotico) è riportato in Figura 46. In Figura 47 sono poi riportati i corrispondenti andamenti del segnale filtrato pˆ(t) ossia, l’uscita del sistema GN (s) in corrispondenza del segnale d’ingresso p(t) ed il suo spettro di ampiezza.

Osservazione: Un sistema G(s) con tali caratteristiche viene chiamato filtro notch (a spillo). Il progetto di tale filtro a spillo è stato agevolato dal fatto che la pulsazione ω ∗ corrispondente all’ar-

95

30

w(t)

20 10 0 −10 0

1

2

3

4

5

t

6

7

8

9

10

Figura 48: Con riferimento all’Esercizio 39. 2, grafico del segnale w(t) (linea blu) e scomposizione nel suo contenuto armonico in bassa frequenza (linea verde) ed in quello ad alta frequenza (linea rossa).

monica da cancellare si trova al di fuori della banda [50, 75] rad/s in cui è principalmente concentrato lo spettro del segnale p vedi la Figura 47.(b) .

SOLUZIONE ESERCIZIO 39. 39.1- Analizzando la Figura 9.(a), nell’intervallo di tempo [ 8 , 10 ] s si contano 26 rapide oscillazioni: 2 ≃ 0.077 s; la loro pulsazione è dunque ci` o significa che tali oscillazioni hanno un periodo T ≃ 26 2π 2π ω ≃ T ≃ 0.077 ≃ 81.7 rad/s. Da tale analisi possiamo dunque concludere che il segnale w(t) ha un contenuto armonico non trascurabile nell’intorno della pulsazione 80 rad/s. 39.2- Alla luce di quanto visto nel punto precedente, possiamo certamente escludere lo spettro riportato in Figura 9.(b) in quanto esso è praticamente nullo intorno alla pulsazione 80 rad/s. Per discriminare fra gli spettri riportati in Figura 9.(c–d) si pu` o ragionare nel modo seguente: dall’osservazione del grafico del segnale w(t), si nota che esso presenta un andamento lentamente variabile, corrispondente al suo contenuto armonico in bassa frequenza, su cui si sommano le rapide oscillazioni analizzate nel punto precedente. Si osserva anche che il contenuto armonico in bassa frequenza ha un peso maggiore di quello in alta frequenza: infatti, mentre l’ampiezza delle rapide oscillazioni è piuttosto contenuta (inferiore a 5), le lente variazioni compiono invece ampie escursioni il segnale w(t) inizialmente cresce fino a 30, poi diminuisce fino a −10 e in seguito continua a presentare lente oscillazioni di ampiezza prossima a 10 . Queste osservazioni trovano esplicito riscontro nei grafici riportati in Figura 48 in cui il segnale w(t) (linea blu) è stato scomposto nel suo contenuto armonico in bassa frequenza (linea verde) ed in quello ad alta frequenza (linea rossa). Ci` o significa che lo spettro di ampiezza del segnale w(t) assume in bassa frequenza valori pi` u elevati di quelli che assume ad alta frequenza intorno alla pulsazione 80 rad/s. In conclusione, questa analisi porta ad escludere anche lo spettro riportato in Figura 9.(d) e a stabilire che lo spettro di w(t) è quello in Figura 9.(c). 39.3- I diagrammi di Bode del modulo dei filtri Gi (s), i = 1, . . . , 4 sono riportati in Figura 49. Alla luce di tali diagrammi, i filtri assegnati hanno le seguenti caratteristiche: • G1 (s) è un filtro passa–basso a guadagno unitario infatti, G1 (0) = 1 con banda passante pari all’intervallo [ 0 , 5 ] rad/s (l’estremo superiore ω ¯ della banda passante si trova esattamente in corrispondenza della pulsazione associata all’unico polo di G1 (s) in quanto, in corrispondenza della singolarit` a associata a tale polo, il diagramma di Bode reale del modulo passa esattamente 3 dB al di sotto di quello asintotico).

96

Diagramma di Bode − Modulo 5

dB

0 −3 −10 −15 −20 −25 −1 10

ω ¯

0

10

1

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Modulo

dB

6 3 0 −5 −10 −15 −20 −1 10

ω ¯

0

10

1

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (b)

Diagramma di Bode − Modulo

dB

0 −3 −10 −15 −20 0 10

ωmin

ωmax

1

10

2

10

3

10

Pulsazione [rad/s] (c)

Diagramma di Bode − Modulo

dB

9.54 6.54 0 −5 −10 −15 −20 −25 −30 0 10

ω ˜ 102

1

10

3

10

Pulsazione [rad/s] (d)

Figura 49: Con riferimento all’Esercizio 39. 3, diagrammi di Bode del modulo di: (a) G1 (s); (b) G2 (s); (c) G3 (s); (d) G4 (s). Linea blu: diagramma reale; linea verde tratteggiata: diagramma asintotico; linea rossa tratteggiata: retta la cui intersezione con il diagramma di Bode del modulo di Gi (s) permette di individuare gli estremi della banda passante (retta a quota 3 dB al di sotto del guadagno o del fattore di amplificazione); linea celeste tratteggiata in (b): diagramma di Bode del modulo di G1 (s) (il diagramma di Bode del modulo di G2 (s) è quello di G1 (s) traslato verso l’alto di 6 dB). 97

• G2 (s) è un filtro passa–basso con guadagno pari a 2 G2 (0) = 2 e banda passante pari all’intervallo [ 0 , 5 ] rad/s. Si noti che, essendo G2 (s) = 2 · G1 (s), il diagramma di Bode del modulo di G2 (s) è semplicemente quello di G1 (s) traslato verso l’alto di 6 dB infatti, 20 · log10 (2) ≃ 6 .

• G3 (s) è filtro passa–banda con fattore di amplificazione unitario15 e banda passante pari all’intervallo [ 5 , 50 ] rad/s (gli estremi inferiore ωmin e superiore ωmax della banda passante si trovano esattamente in corrispondenza delle pulsazioni associate ai due poli di G3 (s) in quanto esse distano fra di loro (non meno di) una decade cosicché, come nel caso di un singolo polo, in corrispondenza delle singolarit` a associate a tali poli, il diagramma di Bode reale del modulo passa esattamente 3 dB al di sotto di quello asintotico).

• G4 (s) è un filtro passa–alto con attore di amplificazione pari a 3 infatti, limω→+∞ G4 (jω) = lims→∞ G4 (s) = 3 e banda passante pari all’intervallo [ 76.6 , +∞ ) rad/s. In questo caso, la banda passante del filtro deve essere determinata attraverso dei calcoli. Si pu` o procedere nel modo seguente: in base alla definizione di banda passante di un filtro passa–alto, per calcolare l’estremo inferiore ω ˜ della banda passante, occorre determinare ω ˜ > 0 tale che |G4 (j ω ˜ )|dB = |G4 (∞)|dB − 3 = 20 · log10 (3) − 3 ≃ 9.54 − 3 = 6.54 dB; poiché 6.54 dB ≡ 106.54/20 ≃ 2.12, ci` o è equivalente a determinare ω ˜ > 0 tale che16 |G4 (j ω ˜ )| = 2.12,

|G4 (j ω ˜ )|2 = (2.12)2 ≃ 4.5.

ossia

Ora, G4 (jω) =

3jω(jω + 10) (50 + jω)2

cosicché |G4 (jω)|2 = 4.5 ⇔

⇒

9ω 2 (ω 2 +100) (502 +ω 2 )2

|G4 (jω)|2 = = 4.5 ⇔

9ω 2 (ω 2 + 100) (502 + ω 2 )2

2ω 2 (ω 2 +100) (502 +ω 2 )2

=1 ⇔

⇔ 2ω 4 + 200ω 2 = ω 4 + 2 · 502 ω 2 + 504 ⇔ ⇔ ω 4 + 2(100 − 502 )ω 2 − 504 = 0 e tale equazione ha per soluzioni ω ˜ 2 = 2400 ±

p p (2400)2 + 504 = 2400 ± (242 + 54 )104 ≃ 2400 ± 3465.6.

Quindi, l’unica soluzione positiva è ω ˜ 2 ≃ 2400 + 3465.6 = 5865.6, da cui BP = [˜ ω , +∞) rad/s

con

ω ˜≃

√ 5865.6 ≃ 76.6 rad/s.

15 Consideriamo come fattore di amplificazione il valore costante del diagramma di Bode asintotico del modulo nell’intervallo [ 5 , 50 ] rad/s: in realt` a, essendo i due poli del filtro a distanza di appena una decade, il diagramma di Bode reale del modulo non ammette un intervallo di pulsazioni in cui ` e circa costante (si confronti con l’esempio di filtro passa–banda presentato nella diapositiva no 50 della “Lezione su spettro e filtri”). In questo senso, il filtro G3 (s) ` e un filtro passa–banda anomalo. √ 16 Oppure, pi` u semplicemente, avendo presente che sottrarre 3 dB equivale, in scala naturale, a dividere per 2, per determinare l’estremo inferiore della banda passante, basta determinare ω ˜ > 0 tale che

1 3 |G4 (j ω ˜ )| = √ |G4 (∞)| = √ , 2 2

ossia

98

|G4 (j ω ˜ )|2 =

9 = 4.5. 2

39.4- Le corrette associazioni fra i segnali yF (t) riportati in Figura 11 e i filtri che li hanno prodotti alimentati dal medesimo segnale w(t) sono: Figura Figura Figura Figura

11.(a) 11.(b) 11.(c) 11.(d)

↔ ↔ ↔ ↔

filtro filtro filtro filtro

G3 (s) G2 (s) G4 (s) G1 (s).

Infatti: • il segnale in Figura 11.(c) presenta solo un contenuto armonico ad alta frequenza ed è certamente il risultato di un filtraggio passa–alto del segnale d’ingresso, cioè G4 (s); • il segnale in Figura 11.(d) riproduce l’andamento del segnale w(t), a parte la scomparsa delle oscillazioni ad alta frequenza, esso è dunque il risultato di un filtraggio passa–basso a guadagno unitario del segnale d’ingresso, cioè G1 (s); • il segnale in Figura 11.(b) presenta solo contenuto armonico a bassa frequenza, inoltre ha un andamento che si discosta da quello di w(t) e che ne amplifica l’andamento tendenziale, esso è dunque il risultato di un filtraggio passa–basso a guadagno maggiore di 1 del segnale d’ingresso, cioè G2 (s) si noti anche che il grafico del segnale yF (t) in Figura 11.(b) non è altro che quello del segnale in Figura 11.(d) moltiplicato per 2 ; • per esclusione, il segnale in Figura 11.(a) è il risultato di un filtraggio passa–banda di w(t) in effetti, esso presenta sia lente variazioni dovute al contenuto armonico di w(t) prossimo all’estremo inferiore ωmin = 5 rad/s della banda passante del filtro, che rapide oscillazioni – seppure di ampiezza ridotta rispetto a quelle presenti in w(t) – dovute al contenuto armonico di w(t) prossimo all’estremo superiore ωmax = 50 rad/s della banda passante , cioè G3 (s).

SOLUZIONE ESERCIZIO 40. Consideriamo in successione le varie Li (s) e, per ognuna di esse, rispondiamo alle 4 domande proposte. • Caso L1 (s): 40.1- I diagrammi di Bode di L1 (s) sono quelli della funzione G1 (s) considerata nell’Esercizio 36: per completezza, essi sono nuovamente riportati in Figura 50.(a–b); per i dettagli riguardanti il loro tracciamento si veda la soluzione dell’Esercizio 36. 40.3- Il diagramma di Nyquist è riportato in Figura 50.(c). Per ottenerlo si tracci dapprima il diagramma polare e poi lo si simmetrizzi rispetto all’asse ℜeale; per il tracciamento del diagramma polare si osservi che: ◦ L1 (0) = 100 (il diagramma polare parte da 100); ◦ L1 (∞) = 0 e limω→+∞ ∠ L1 (jω) = −90◦ (il diagramma polare termina in 0 arrivando dal basso con tangente verticale); ◦ la fase è sempre compresa fra 0◦ e −90◦ (il diagramma polare si svolge nel IV quadrante); ◦ il modulo è monotono decrescente (il diagramma polare si avvicina costantemente all’origine).

99

40.4- Per l’analisi di asintotica stabilit` a del sistema retroazionato, avendo gi` a tracciato il diagramma di Nyquist di L1 (s), è immediato applicare il Criterio di Nyquist: L1 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiché P=N, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. In alternativa, il polinomio caratteristico del sistema retroazionato è dato da pcl (s) = s +

1 2

(s + 10) + 100(s + 5) = s2 + 110.5 s + 505

che ha tutte le radici a parte ℜeale minore di 0 in quanto è un polinomio di grado 2 con tutti i coefficienti dello stesso segno (regola di Cartesio). • Caso L2 (s): 40.1- Si veda la Figura 51.(a–b). 40.3- Si veda la Figura 51.(c). 40.4- Per l’analisi di asintotica stabilit` a del sistema retroazionato, applichiamo il Criterio di Nyquist: L2 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiché P=N, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. • Caso L3 (s): 40.1- Si veda la Figura 52.(a–b). 40.3- Si veda la Figura 52.(c–d). 40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L3 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiché P=N, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. • Caso L4 (s): 40.1- Si veda la Figura 53.(a–b). 40.2- Stimiamo il valore di ωπ : I. Dal diagramma di Bode reale (qualitativo) della fase ci si potrebbe aspettare che ωπ ≃ 5 rad/s. II. Si ha e, per ω = 5 rad/s,

∠ L4 (ωj) = − arctan(ω) − arctan(ω/2) − arctan(ω/3)

∠ L4 (5j) = − arctan(5) − arctan(5/2) − arctan(5/3) ≃ −78.7◦ − 68.2◦ − 59◦ = −205.9◦.

Oppure, impiegando il regolo delle fasi, si trova che

∠ L4 (5j) ≃ −79◦ − 68◦ − 59◦ = −206◦.

Poiché il diagramma della fase è monotono decrescente, il valore effettivo di ωπ è minore di 5 rad/s. Prendiamo ω = 3 rad/s come nuova stima. IIIa. Mediante il regolo delle fasi si trova che ∠ L4 (3j) ≃ −72◦ − 56◦ − 45◦ = −173◦. Il valore effettivo di ωπ è dunque maggiore di 3 rad/s. Consideriamo ω = 4 rad/s come nuova stima. IIIb. Mediante il regolo delle fasi si trova che ∠ L4 (4j) ≃ −76◦ − 63◦ − 53◦ = −192◦. 100

Diagramma di Bode − Modulo 40 dB

20 0 −20 −1

0

10

10

1

10 Pulsazione [rad/s]

2

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase

deg

0

−90 −1

0

10

10

1

10 Pulsazione [rad/s]

2

10

(b)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 40 20 0 −20 −40 0

20

40 60 80 100 Asse Reale (c)

Figura 50: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L1 (s) = 100(s + 5)/ (s + 1/2)(s + 10) .

101

Diagramma di Bode − Modulo 30

dB

20 10 0 −10 −20 −1 10

0

10

1

2

10 Pulsazione [rad/s]

10

3

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase 90 60 deg

30 0 −30 −60 −90 −1 10

0

10

1

2

10 Pulsazione [rad/s]

10

3

10

(b)

Diagramma polare/Nyquist Asse Immaginario

4 2 0 −2 −4 −4

−2

0 2 4 Asse Reale

6

8

(c)

Figura 51: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L2 (s) = 100(s + 1/2)/ (s + 5)(s + 10) .

102

Diagramma di Bode − Modulo 20

dB

0 −20 −40 −60 −80 0 10

1

2

10

3

10

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase 0 −30 deg

−60 −90 −120 −150 −180 0 10

1

2

10

3

10

10

Pulsazione [rad/s] (b)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 1 0 −1 −1

0 Asse Reale

1

(c) Diagramma polare/Nyquist

−3

Asse Immaginario

2

x 10

1

0

−1

−2 −2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

Asse Reale

1

1.5

2 −3

x 10

(d)

Figura 52: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L3 (s) = (s + 100)/ 2(s + 5)(s + 10) : il passaggio da 0 con tangente verticale del diagramma di Nyquist è evidenziato nello zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (d).

103

Possiamo quindi concludere che 3 < ωπ < 4 : in ogni caso, dall’analisi del diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo, si deduce che ∀ ω ∈ [ 3 , 4 ], si ha |L4 (jω)| > 1 e dunque qualunque valore di ω in tale intervallo di pulsazioni è una stima accettabile di ωπ . Decidiamo, ad esempio, di considerare ωπ ≃ 3.5 rad/s cui corrisponde ∠ L4 (3.5j) = − arctan(3.5) − arctan(3.5/2) − arctan(3.5/3) ≃ −183.7◦

e

|L4 (ωπ j)| ≃ |L4 (3.5j)| = 12

s

1 + (3.5)2 ≃ 2.35. 4 + (3.5)2 9 + (3.5)2

40.3- Il diagramma di Nyquist è riportato in Figura 53.(c). Per il tracciamento del diagramma polare si osservi che: ◦ L4 (0) = 2 (il diagramma polare parte da 2); ◦ L4 (∞) = 0 e limω→+∞ ∠ L4 (jω) = −270◦ (il diagramma polare termina in 0 arrivando dall’alto con tangente verticale); ◦ la fase è monotona decrescente (il diagramma polare “ruota” intorno all’origine costantemente in senso orario) ed è compresa fra 0◦ e −270◦ (il diagramma polare si svolge inizialmente nel IV quadrante poi nel III ed infine nel II); ◦ il modulo è inizialmente crescente (il diagramma polare si allontana dall’origine) poi diventa decrescente (il diagramma polare si avvicina all’origine). Dal diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo si deduce che il valore massimo del modulo è nell’ordine dei 10 dB, corrispondente √ ad una distanza massima dall’origine raggiunta dal diagramma polare pari a circa 1010/20 = 10 (naturalmente si tratta di una stima grossolana, non di particolare importanza, volta solo a dare un’idea di massima della forma del diagramma polare); ◦ il diagramma polare interseca il semi-asse ℜeale negativo punto A in Figura 53.(c) quando ∠ L4 (jω) = −180◦; dai calcoli fatti nel punto precedente, l’intersezione avviene per ω = ωπ ≃ 3.5 rad/s cui corrisponde |L4 (ωπ j)| ≃ 2.35, quindi A ≃ −2.35. 40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L4 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist compie due giri in senso orario attorno al punto −1 (dunque, N=−2): poiché P6=N, il sistema retroazionato non è asintoticamente stabile. Di pi` u, il sistema retroazionato ha P−N=2 poli a parte ℜeale positiva ed è quindi instabile. • Caso L5 (s): 40.1- Si veda la Figura 54.(a–b). 40.2- Stimiamo il valore di ωπ : I. Dal diagramma di Bode reale (qualitativo) della fase ci si potrebbe aspettare che ωπ ≃ 10 rad/s. 104

II. Si ha

∠ L5 (ωj) = −π − arctan(ω/2) + arctan(10ω) − 2 · arctan(ω/100)

e, per ω = 10 rad/s,

∠ L5 (10j) = −π − arctan(5) + arctan(100) − 2 · arctan(0.1) ≃ ≃ −180◦ − 78.7◦ + 89.4◦ − 2 · 5.7◦ = −180.7◦.

Oppure, impiegando il regolo delle fasi, si trova che ∠ L5 (10j) ≃ −180◦ − 79◦ + 89◦ − 2 · 6◦ = −182◦.

In base a questo risultato, la stima

ωπ ≃ 10 rad/s appare essere buona. Anche l’analisi del diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo suggerisce che tale stima permetta di concludere che |L5 (ωπ j)| < 1. In effetti, |L5 (10j)| = 10

s

1 + 52 (1 + 1002 ) 1 +

1 2 102

≃ 0.505.

Osservazione: se si desidera un risultato pi` u accurato, o la certezza matematica che |L5 (ωπ j)| < 1, occorre qualche ulteriore passaggio. A tal fine, si pu` o procedere come segue: dal diagramma di Bode reale (qualitativo) della fase si deduce che, in un intorno di ω = 10 rad/s, il diagramma della fase è decrescente; il valore effettivo di ωπ è quindi minore di 10 rad/s; prendiamo ω = 9 rad/s come nuova stima; mediante il regolo delle fasi si trova che ∠ L5 (9j) ≃ −180◦ − 77◦ + 89◦ − 2 · 5◦ = −178◦; possiamo quindi concludere che 9 < ωπ < 10; poiché |L5 (9j)| ≃ 0.508 e l’andamento del diagramma di Bode reale del modulo è monotono decrescente, certamente |L5 (ωπ j)| < 1. La scelta di considerare ωπ ≃ 9.5 rad/s (secondo il cosiddetto metodo di “bisezione”), a cui corrisponde

e

∠ L5 (9.5j) = −π − arctan(9.5/2) + arctan(10 · 9.5) − 2 · arctan(9.5/100) ≃ −179.6◦ |L5 (ωπ j)| ≃ |L5 (9.5j)| ≃ 0.506,

conduce ad una stima di ωπ e di |L5 (ωπ j)| pi` u accurata ma non aggiunge niente di significativo al risultato che discende dalla stima iniziale ωπ ≃ 10 rad/s (a titolo di curiosità, impiegando Matlab, si trova ωπ ≃ 9.69 rad/s e |L5 (ωπ j)| ≃ 0.5058). 40.3- Il diagramma di Nyquist è riportato in Figura 54.(c–d). Per il tracciamento del diagramma polare si osservi che: ◦ L5 (0) = −10 (il diagramma polare parte da −10); ◦ L5 (∞) = 0 e limω→+∞ ∠ L5 (jω) = −360◦ (il diagramma polare termina in 0 arrivando da destra con tangente orizzontale); ◦ la fase è inizialmente crescente (il diagramma polare “ruota” intorno all’origine in senso antiorario) poi decrescente (il diagramma polare “ruota” intorno all’origine in senso orario). Pi` u 105

precisamente: la fase è dapprima compresa fra −180◦ e −90◦ (quindi il diagramma polare si svolge inizialmente nel III quadrante), successivamente la fase decresce costantemente fino a −360◦ (il diagramma polare, dal III quadrante, entra nel II ed infine nel I); ◦ il modulo è monotono decrescente (il diagramma polare si avvicina costantemente all’origine); ◦ il diagramma polare interseca il semi-asse ℜeale negativo punto A in Figura 54.(d) quando ∠ L5 (jω) = −180◦; dai calcoli fatti nel punto precedente, l’intersezione avviene per ω = ωπ ≃ 10 rad/s cui corrisponde |L5 (ωπ j)| ≃ 0.51, quindi A ≃ −0.51. 40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L5 (s) ha un polo a parte ℜeale positiva (dunque, P=1) e il suo diagramma di Nyquist compie un giro in senso anti-orario attorno al punto −1 (dunque, N=1): poiché P=N, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. • Caso L6 (s): 40.1- Si veda la Figura 55.(a–b). 40.3- Si veda la Figura 55.(c–d). 40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L6 (s) ha due poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=2) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiché P6=N, il sistema retroazionato non è asintoticamente stabile. Di pi` u, il sistema retroazionato ha P−N=2 poli a parte ℜeale positiva ed è quindi instabile. • Caso L7 (s): 40.1- I diagrammi di Bode di L7 (s) sono quelli della funzione G4 (s) considerata nell’Esercizio 36: per completezza, essi sono nuovamente riportati in Figura 56.(a–b); per i dettagli riguardanti il loro tracciamento si veda la soluzione dell’Esercizio 36. 40.3- Abbiamo visto nell’Esercizio 36, che L7 (jω) =

1 , ω2 + 1

ossia che la risposta in frequenza di L7 (s) assume solo valori ℜeali: il diagramma polare giace quindi sull’asse ℜeale. Dall’espressione della risposta in frequenza di L7 (s) discende facilmente che il diagramma polare di L7 (s) è quello riportato in Figura 56.(c) il diagramma di Bode del modulo di L7 (s) è monotono decrescente, L7 (0) = 1 e L7 (∞) = 0 . Per ottenere il diagramma di Nyquist, si “ripercorre all’indietro” il segmento che costituisce il diagramma polare, cos`ı come schematizzato in Figura 56.(d). 40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L7 (s) ha un polo a parte ℜeale positiva (dunque, P=1) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiché P6=N, il sistema retroazionato non è asintoticamente stabile. Di pi` u, il sistema retroazionato ha P−N=1 polo a parte ℜeale positiva ed è quindi instabile.

106

Diagramma di Bode − Modulo 20

dB

10 0 −10 −20 −1 10

0

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase

deg

0 −90 −180 −270 −1

0

10

10

ωπ

1

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (b)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 3 2 1 0

A

−1 −2 −3

−3 −2 −1 0 1 Asse Reale

2

(c)

Figura 53: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L4 (s) = 12(1 − s)/ (s + 2)(s + 3) .

107

Diagramma di Bode − Modulo 20

dB

0 −20 −40 −2

10

−1

0

10

1

2

10 10 Pulsazione [rad/s]

10

3

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase 0

deg

−90 −180 −270

ωπ

−360 −2

10

−1

0

10

1

2

10 10 Pulsazione [rad/s]

10

3

10

(b)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 4 2 0 −2 −4 −10 −8 −6 −4 −2 Asse Reale

0

(c)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 1 0.5

A

0 −0.5 −1 −1

−0.5 0 Asse Reale

(d)

Figura 54: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L5 (s) = −10(1 − 0.5s)/ (1 − 10s)(1 + 0.01s)2 : il passaggio da 0 con tangente orizzontale del diagramma di Nyquist è evidenziato nello zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (d).

108

Diagramma di Bode − Modulo 40

dB

20 0 −20 −40 −60 −2 10

−1

0

10

1

10

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase

deg

180 90 0 −90 −2

−1

10

0

10

1

10

10

Pulsazione [rad/s] (b)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 10 5 0 −5 −10 0

5

10 15 20 Asse Reale

25

(c) Diagramma polare/Nyquist Asse Immaginario

1 0.5 0 −0.5 −1 −1 −0.5 0 0.5 Asse Reale

1

(d)

Figura 55: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L6 (s) = −(2s − 1)/ (s − 1/5)2 (s + 1)2 : il passaggio da 0 con tangente verticale del diagramma di Nyquist è evidenziato nello zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (d).

109

• Caso L8 (s): 40.1- Si veda la Figura 57.(a–b). 40.3- Il diagramma di Nyquist è riportato in Figura 57.(c–d). Per il tracciamento del diagramma polare si osservi che: ◦ L8 (0) = 0 e limω→0+ ∠ L8 (jω) = +90◦ il diagramma polare parte da 0 con tangente verticale dirigendosi verso l’alto, vedi la Figura 57.(d) ; ◦ L8 (∞) = 3 (il diagramma polare termina in 3);

◦ la fase è inizialmente crescente, raggiunge un valore massimo inferiore a +180◦ e poi decresce fino a 0◦ (il diagramma polare si svolge inizialmente nel II quadrante poi, “ruotando” intorno all’origine in senso orario, si porta nel I quadrante e termina sull’asse ℜeale); ◦ il modulo è monotono crescente (il diagramma polare si allontana costantemente dall’origine). 40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L8 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiché P=N, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. • Caso L9 (s): 40.1- Si veda la Figura 58.(a–b). 40.2- In questo caso, senza bisogno di fare alcun conto, si ha ωπ = 1 rad/s : il diagramma di Bode reale della fase è infatti quello associato a 1/(s + 1)2 e traslato di −90◦ (a causa del polo in 0). Il diagramma della fase di 1/(s+ 1)2 passa per −90◦ in corrispondenza della singolarit` a ω = 1 infatti, il diagramma della fase di 1/(s + 1) passa per −45◦ in corrispondenza della pulsazione ω = 1 associata al polo −1 e il diagramma della fase di 1/(s + 1)2 è semplicemente due volte quello di 1/(s + 1) e quindi, aggiungendo il contributo di −90◦ del polo in 0, si ottiene ∠ L9 (j) = −180◦ . A tale risultato si pu` o pervenire anche per via analitica risolvendo l’equazione

Dunque,

∠ L9 (jω) = −π,

ossia

−

π − 2 · arctan(ω) = −π. 2

π π ∠ L9 (jω) = −π ⇔ arctan(ω) = ⇔ ω = tan = 1. 4 4 Corrispondentemente, si ha 1 |L9 (j)| = . 2 40.3- Il diagramma di Nyquist è riportato in Figura 58.(c–d). Per il tracciamento del diagramma polare si osservi che: ◦ L9 (0) = ∞ L9 (s) ha un polo in 0, quindi il diagramma polare parte dall’infinito . Il diagramma polare “arriva” dall’infinito lungo un asintoto verticale, per calcolare la posizione di tale asintoto si pu` o procedere nel modo seguente: si scriva la risposta in frequenza di L9 (s) nella forma L9 (jω) = ℜe L9 (jω) + ℑm L9 (jω) · j 110

Diagramma di Bode − Modulo 20

dB

0 −20 −40 −1 10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase 90 60 deg

30 0 −30 −60 −90 −1 10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

(b)

Asse Immaginario

Diagramma polare 1 0 −1 −1

0 1 Asse Reale (c)

Diagramma polare/Nyquist

•

•

•1

(d)

Figura 56: Diagrammi di Bode, polare e di Nyquist di L7 (s) = −1/ (s + 1)(s − 1) .

111

Diagramma di Bode − Modulo 20 10 dB

0 −10 −20 −30 −40 0 10

1

2

10

3

10

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase

deg

180

90

0 0

1

10

2

10

3

10

10

Pulsazione [rad/s] (b)

Diagramma polare/Nyquist Asse Immaginario

2 1 0 −1 −2

−1

0

1 2 Asse Reale

3

(c) Diagramma polare/Nyquist Asse Immaginario

0.1 0.05 0 −0.05 −0.1 −0.1 −0.05 0 0.05 Asse Reale

0.1

(d)

Figura 57: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L8 (s) = 3s(s + 10)/(s + 50)2 : il passaggio da 0 con tangente verticale del diagramma di Nyquist è evidenziato nello zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (d).

112

cos`ı come illustrato nella soluzione dell’Esercizio 36.1 e si calcoli limω→0+ ℜe L9 (jω) ; il risultato di tale limite fornisce il punto di intersezione fra l’asintoto e l’asse ℜeale e dunque, essendo l’asintoto verticale, individua univocamente la posizione dell’asintoto. Si ha L9 (jω) = = = cosicché

1 jω(1+jω)2

=

1 jω(1−ω 2 +2ωj)

−2ω 2 −jω(1−ω 2 ) 4ω 4 +ω 2 (1−ω 2 )2

=

=

1 −2ω 2 +jω(1−ω 2 )

−2ω 2 −jω(1−ω 2 )

ω 2 4ω 2 +(1−ω 2 )2

=

=

−2 ω2 − 1 ·j, + 4ω 2 + (1 − ω 2 )2 ω 4ω 2 + (1 − ω 2 )2

 −2   limω→0+ ℜe L9 (jω) = limω→0+ 4ω2 +(1−ω2 )2 = −2 ω 2 −1  = −∞.  limω→0+ ℑm L9 (jω) = limω→0+ 2 2 2 ω 4ω +(1−ω )

Dunque, il diagramma polare “arriva” dall’infinito dal basso perché limω→0+ ℑm L9 (jω) = −∞ – del resto, dal diagramma della fase, si ha limω→0+ ∠ L9 (jω) = −90◦ lungo un asintoto verticale che interseca l’asse ℜeale nel punto −2; ◦ L9 (∞) = 0 e limω→+∞ ∠ L9 (jω) = −270◦ (il diagramma polare termina in 0 arrivando dall’alto con tangente verticale); ◦ la fase è monotona decrescente (il diagramma polare “ruota” intorno all’origine costantemente in senso orario) ed è compresa fra −90◦ e −270◦ (il diagramma polare si svolge inizialmente nel III quadrante poi nel II); ◦ il modulo è monotono decrescente (il diagramma polare si avvicina costantemente all’origine); ◦ il diagramma polare interseca il semi-asse ℜeale negativo punto A in Figura 58.(d) quando ∠ L9 (jω) = −180◦ ; dai calcoli fatti nel punto precedente, l’intersezione avviene per ω = ωπ = 1 rad/s cui corrisponde |L9 (ωπ j)| = 0.5, quindi A = −0.5; ◦ il diagramma di Nyquist va chiuso “all’infinito” con una semi-circonferenza che viene percorsa in senso orario (corrispondente al fatto che il polo in 0 fa perdere fase), quindi cos`ı come rappresentato dalla curva rosa in Figura 58.(c). Osservazione: il valore di ωπ richiesto nel punto precedente, pu` o essere calcolato anche imponendo ℑm L9 (jω) = 0 le soluzioni positive di tale equazione forniscono infatti i valori di ω > 0 in corrispondenza dei quali il diagramma polare di L9 (s) interseca l’asse ℜeale . Essendo ℑm L9 (jω) =

ω2 − 1 , ω 4ω 2 + (1 − ω 2 )2

l’unico valore di ω > 0 tale che ℑm L9 (jω) = 0 è ω = 1 e da ciò discende nuovamente che ωπ = 1.

40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L9 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiché P=N, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile.

113

• Caso L10 (s): 40.1- Si veda la Figura 59.(a–b). Si osservi che L10 (s) = 10 · L9 (s): ci` o comporta che il diagramma di Bode della fase di L10 (s) resti immutato e che il diagramma del modulo sia semplicemente quello di L9 (s) traslato di +20 dB. Infatti: |L10 (jω)| = 10|L9 (jω)|, quindi |L10 (jω)|dB = 20 log10 |L10 (jω)| = 20 log10 |10 · L9 (jω)| = 20 log10 (10) + 20 log10 |L9 (jω)| = = 20 dB + |L9 (jω)|dB .

40.2- Poiché ∠ L10 (jω) = ∠ L9 (jω) , allora ωπ = 1 rad/s come calcolato per L9 (s).

40.3- Poiché L10 (jω) = 10 · L9 (jω), il diagramma di Nyquist di L10 (s) si ottiene espandendo di un fattore 10 quello di L9 (s): cioè, ad ogni punto P del diagramma di Nyquist di L9 (s) ne corrisponde uno P′ nel diagramma di L10 (s) posto sullo stessa semi-retta uscente dall’origine e passante per P ma a distanza dall’origine dieci volte quella di P. In particolare: l’intersezione del diagramma di Nyquist con il semi-asse ℜeale negativo si ha in corrispondenza del punto A′ = 10 · A = 10 · (−0.5) = −5 ; l’asintoto verticale interseca il semi-asse ℜeale negativo nel punto 10 · (−2) = −20. 40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L10 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist compie due giri in senso orario attorno al punto −1 (dunque, N=−2): poiché P6=N, il sistema retroazionato non è asintoticamente stabile. Di pi` u, il sistema retroazionato ha P−N=2 poli a parte ℜeale positiva ed è quindi instabile. • Caso L11 (s): 40.1- Si veda la Figura 60.(a–b). 40.2- Stimiamo il valore di ωπ : I. Dal diagramma di Bode reale (qualitativo) della fase ci si potrebbe aspettare che ωπ ≃ 0.3 rad/s. II. Si ha

π ∠ L11 (ωj) = − − arctan(2ω) − arctan(10ω) − arctan(ω/10) 2

e, per ω = 0.3 rad/s,

∠ L11 (0.3j) = − π2 − arctan(0.6) − arctan(3) − arctan(0.03) ≃ ≃ −90◦ − 31◦ − 71.6◦ − 1.7◦ = −194.3◦.

Oppure, impiegando il regolo delle fasi, si trova che ∠ L11 (0.3j) ≃ −90◦ − 31◦ − 72◦ − 2◦ = −195◦

(il contributo −90◦ è quello dovuto al polo in 0 e bisogna ricordarsi di aggiungerlo “a mano” in quanto, poiché nella scala logaritmica la corrispondente pulsazione ω = 0 è posta a −∞, il relativo contributo non viene individuato per mezzo del regolo delle fasi). Poiché il diagramma della fase è monotono decrescente, il valore effettivo di ωπ è minore di 0.3 rad/s. Prendiamo ω = 0.2 rad/s come nuova stima. III. Mediante il regolo delle fasi si trova che ∠ L11 (0.2j) ≃ −90◦ − 22◦ − 63◦ − 1◦ = −177◦. 114

Possiamo quindi concludere che 0.2 < ωπ < 0.3 : in ogni caso, dall’analisi del diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo, si deduce che ∀ ω ∈ [ 0.2 , 0.3 ], si ha |L11 (jω)| < 1 e dunque qualunque valore di ω in tale intervallo di pulsazioni è una stima accettabile di ωπ . Decidiamo, ad esempio, di considerare ωπ ≃ 0.2 rad/s cui corrisponde 1 |L11 (ωπ j)| ≃ |L11 (0.2j)| = 10 · 0.2

s

1 + (0.4)2 ≃ 0.24. (1 + 4)(1 + (0.02)2 )

40.3- Il diagramma di Nyquist è riportato in Figura 60.(c–d–e). Per il tracciamento del diagramma polare si osservi che: ◦ L11 (0) = ∞ L11 (s) ha un polo in 0, quindi il diagramma polare parte dall’infinito . Il diagramma polare “arriva” dall’infinito lungo un asintoto verticale, per calcolare la posizione di tale asintoto si pu` o procedere in modo analogo a quanto fatto per il caso L9 (s): si ha L11 (jω) =

1 10

=

1 10

=

1 10

· · ·

1−2ωj 1 jω(1+10ωj) 1+ 10 ωj

=

1 ωj (1−2ωj)(−jω)(1−10ωj) 1− 10 1 ω 2 (1+100ω 2 ) 1+ 100 ω2

1 ω(−2ω−j)(1−10ωj) 1− 10 ωj 1 ω 2 (1+100ω 2 ) 1+ 100 ω2

=

1 − 10 ·

=

1 − 10

=

1 − 10 ·

=

ω − 121 100 + 5 (1 + 100ω 2 ) 1 +

·

1 ω(1+100ω 2 ) 1+ 100 ω2

=

=

1 ·j (2ω+j) 1−ω 2 −ω 10+ 10

=

ω 2(1−ω 2 )+ 101 + 1−ω 2 −2ω 2 · 101 ·j 10 10 1 ω(1+100ω 2 ) 1+ 100 ω2

ω

2 121 10 −2ω

1 ω(1+100ω 2 ) 1+ 100 ω

1 2 100 ω

= 2

2 + 1− 106 ·j 5 ω

2

cosicché

+

=

53 2 1 + 25 ω − 10 ·j, 1 ω2 ω(1 + 100ω 2 ) 1 + 100

 121 = −1.21  limω→0+ ℜe L11 (jω) = − 100 

limω→0+ ℑm L11 (jω) = −∞.

Dunque, il diagramma polare “arriva” dall’infinito dal basso perché limω→0+ ℑm L11 (jω) = −∞ – del resto, limω→0+ ∠ L11 (jω) = −90◦ lungo un asintoto verticale che interseca l’asse ℜeale nel punto −1.21; ◦ L11 (∞) = 0 e limω→+∞ ∠ L11 (jω) = −360◦ il diagramma polare termina in 0 arrivando da destra con tangente orizzontale, vedi la Figura 60.(e) ;

◦ la fase è monotona decrescente (il diagramma polare “ruota” intorno all’origine costantemente 115

in senso orario) ed è compresa fra −90◦ e −360◦ (il diagramma polare si svolge inizialmente nel III quadrante poi nel II ed infine nel I); ◦ il modulo è monotono decrescente (il diagramma polare si avvicina costantemente all’origine); ◦ il diagramma polare interseca il semi-asse ℜeale negativo punto A in Figura 60.(d) quando ∠ L11 (jω) = −180◦ ; dai calcoli fatti nel punto precedente, l’intersezione avviene per ω = ωπ ≃ 0.2 rad/s cui corrisponde |L11 (ωπ j)| ≃ 0.24, quindi A ≃ −0.24; ◦ il diagramma di Nyquist va chiuso “all’infinito” con una semi-circonferenza che viene percorsa in senso orario (corrispondente al fatto che il polo in 0 fa perdere fase), quindi cos`ı come rappresentato dalla curva rosa in Figura 60.(c). Osservazione: come visto nel caso di L9 (s), il valore di ωπ (e quindi l’intersezione A = L11 (jωπ ) con il semi-asse ℜeale negativo) pu` o anche essere calcolato imponendo ℑm L11 (jω) = 0. Essendo ℑm L11 (jω) =

si ottiene ωπ =

r

1 53 2 − 10 + 25 ω , 1 ω2 ω(1 + 100ω 2) 1 + 100

5 ≃ 0.22 rad/s, 106

da cui

ossia

L11 (jωπ ) = ℜe L11 (jωπ ) =

ω2

π − 121 100 + 5 ≃ −0.21, 1 ωπ2 (1 + 100ωπ2 ) 1 + 100

A ≃ −0.21. Quest’ultima è certamente una stima pi` u accurata dell’intersezione cercata. 40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L11 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiché P=N, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. • Caso L12 (s): 40.1- Si veda la Figura 61.(a–b). 40.3- Il diagramma di Nyquist è riportato in Figura 61.(c). Per il tracciamento del diagramma polare si osservi che 3 L12 (jω) = −3 1+jω jω = −3 + ω · j , quindi: ◦ la parte ℜeale di L12 (jω) è costante e uguale a −3, cioè il diagramma polare giace sulla retta verticale passante per il punto −3; ◦ ℑm L12 (jω) = ω3 cosicché lim+ ℑm L12 (jω) = +∞

ω→0

116

e

lim ℑm L12 (jω) = 0.

ω→+∞

Dunque, il diagramma polare “arriva” dall’infinito dall’alto del resto, dal diagramma della fase, si ha limω→0+ ∠ L12 (jω) = −270◦ ≡ +90◦ e termina nel punto −3 L12 (∞) = −3 ;

◦ il diagramma di Nyquist va chiuso “all’infinito” con una semi-circonferenza che viene percorsa in senso orario (corrispondente al fatto che il polo in 0 fa perdere fase), quindi cos`ı come rappresentato dalla curva rosa in Figura 61.(c). 40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L12 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiché P=N, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile.

117

Diagramma di Bode − Modulo 20

dB

0 −20 −40 −60 −1 10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase 0

deg

−90 −180 −270

ωπ −1

0

10

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

(b)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 8 4 0 −4 −8 −2

0 2 4 6 Asse Reale (c)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 0.5

A

0

−0.5 −1

−0.5 Asse Reale

0

(d)

Figura 58: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L9 (s) = 1/ s(s + 1)2 : la semi-circonferenza rosa in (c) rappresenta la chiusura all’infinito del diagramma di Nyquist; il passaggio da 0 con tangente verticale del diagramma di Nyquist è evidenziato nello zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (d).

118

Diagramma di Bode − Modulo 40

dB

20 0 −20 −40 −1 10

0

1

10 Pulsazione [rad/s]

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase 0

deg

−90 −180 −270

ωπ −1

0

10

1

10 Pulsazione [rad/s]

10

(b)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 80 40 0 −40 −80 −20

0

20 40 60 Asse Reale (c) Diagramma polare/Nyquist

Asse Immaginario

2 1 0

A’

−1 −2 −6

−5

−4

−3 −2 −1 Asse Reale

0

1

(d)

Figura 59: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L10 (s) = 10/ s(s+1)2 : la semi-circonferenza rosa in (c) rappresenta la chiusura all’infinito del diagramma di Nyquist; il passaggio da 0 con tangente orizzontale del diagramma di Nyquist e il fatto che il diagramma “circondi” il punto −1 sono evidenziati nello zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (d).

119

Diagramma di Bode − Modulo 20 0 dB

−20 −40 −60 −80 −100 −2 10

−1

0

10

10 Pulsazione [rad/s]

1

2

10

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase 0

deg

−90 −180 −270 −360 −2 10

−1

10

ωπ

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

2

10

10

(b)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 8 4 0 −4 −8 −1.2 0

2 4 6 Asse Reale (c)

Diagramma polare/Nyquist

0.5

0.02

Asse Immaginario

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 1

A

0 −0.5 −1

−1

−0.5 0 Asse Reale

0.01 0 −0.01 −0.02 −10

0.5

−5

0

Asse Reale

(d)

5 −3

x 10

(e)

Figura 60: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L11 (s) = 0.1(1 − 2s)/ s(1 + 10s)(1 + 0.1s) : la semicirconferenza rosa in (c) rappresenta la chiusura all’infinito del diagramma di Nyquist; l’intersezione con il semi-asse ℜeale negativo e il passaggio da 0 con tangente orizzontale del diagramma di Nyquist, sono evidenziati negli zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportati in (d–e).

120

Diagramma di Bode − Modulo 30

dB

20 10 0 −1 10

0

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase 180

deg

90 0 −90 −180 −270 −1

0

10

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s] (b)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 6 3 0 −3 −6 −9 −6 −3 Asse Reale

0

(c)

Figura 61: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L12 (s) = −3(s + 1)/s: in (b) si noti che il diagramma reale della fase va traslato di −360◦: ci` o è dovuto al fatto che Matlab, per il tracciamento dei diagrammi della fase, adotta convenzioni differenti da quelle introdotte nel corso; la semi-circonferenza rosa in (c) rappresenta la chiusura all’infinito del diagramma di Nyquist.

121

SOLUZIONE ESERCIZIO 41. Consideriamo in successione le Gi (s), i = 2, 5, 6, e, per ognuna di esse, rispondiamo alle domande proposte. • Caso G2 (s): 41.1- Il diagramma di Nyquist è riportato in Figura 62.(c). Per il tracciamento del diagramma polare si osservi che: ◦ G2 (0) = 0 e limω→0+ ∠ G2 (jω) = −90◦ il diagramma polare parte da 0 con tangente verticale dirigendosi verso il basso, vedi la Figura 62.(d) ; ◦ G2 (∞) = 18 (il diagramma polare termina in 18);

◦ la fase è monotona decrescente (il diagramma polare “ruota” intorno all’origine costantemente in senso orario) ed è compresa fra −90◦ e −360◦ (il diagramma polare si svolge inizialmente nel III quadrante poi nel II e infine nel I); ◦ il modulo è inizialmente crescente (il diagramma polare si allontana dall’origine) poi diventa decrescente (il diagramma polare si avvicina all’origine). Pi` u precisamente, il modulo cresce fino a ω ≃ 6 rad/s, corrispondentemente: |G2 (6j)|dB ≃ 34 dB ≡ 1034/20 ≃ 50 e ∠ G2 (6j) ≃ −255◦ ; dunque il diagramma polare raggiunge la distanza massima dall’origine, pari a circa 50, nel punto in cui la sua fase vale circa −255◦ si veda il punto M in Figura 62.(c): il vettore viola è lungo 50 e forma un angolo di −255◦, ossia di 105◦ , con il semi-asse ℜeale positivo17 ; fare attenzione al fatto che, in tale figura, l’asse ℜeale e l’asse ℑmmaginario hanno due scale differenti .

Riguardo alle intersezioni richieste:

◦ L’intersezione con la circonferenza unitaria punto A in Figura 62.(d) si ha quando |G2 (jω)| = 1, ossia |G2 (jω)|dB = 0 dB; dunque, dal diagramma in Figura 62.(a), si ha per ω = ωA ≃ 0.9 rad/s; corrispondentemente, dal diagramma in Figura 62.(b), ∠ G2 (ωA j) ≃ −120◦ ≡ − 2π 3 rad, cosicché √ 2π 2π 3 1 A ≃ cos − + j sin − =− − j ≃ −0.5 − 0.87j. 3 3 2 2 ◦ L’intersezione con il semi-asse ℜeale negativo punto B in Figura 62.(c) si ha quando ∠ G2 (jω) = −180◦; dunque, dal diagramma in Figura 62.(b), si ha per ω = ωB ≃ 4 rad/s; corrispondentemente, dal diagramma in Figura 62.(a), |G2 (ωB j)|dB ≃ 24 dB ≡ 1024/20 ≃ 16, cosicché B ≃ −16. ◦ L’intersezione con il semi-asse ℑmmaginario positivo punto C in Figura 62.(c) si ha quando ∠ G2 (jω) = −270◦; dunque, dal diagramma in Figura 62.(b), si ha per ω = ωC ≃ 6.5 rad/s; corrispondentemente, dal diagramma in Figura 62.(a), |G2 (ωC j)|dB ≃ 33 dB ≡ 1033/20 ≃ 45, cosicché C ≃ 45j. Nota bene: lo scopo principale di questo esercizio è quello di abituare lo studente a leggere i diagrammi di Bode e di Nyquist, di insegnare ad individuare sui due diversi diagrammi la medesima informazione (e quindi a riconoscere come tali diagrammi siano due diverse rappresentazioni della 17 In realt` a, impiegando Matlab, si trova che la pulsazione ωM in cui G2(jω) assume il massimo modulo ` e data da ωM ≃ 6.23 rad/s e, corrispondentemente, |G2 (jωM )| ≃ 48.23 e ∠ G2 (jωM ) ≃ −262.9◦ ≡ 97.1◦ .

122

dB

Diagramma di Bode − Modulo 35 30 25 20 15 10 5 0 −5 −10 −15 −20 −1 10

ωA

ωB ωC 0

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s]

(a)

deg

Diagramma di Bode − Fase 0 −30 −60 −90 −120 −150 −180 −210 −240 −270 −300 −330 −360 −1 10

ωB ωC

ωA 0

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s]

Asse Immaginario

(b)

Diagramma polare/Nyquist 50 40 C M 30 20 10 B 0 −10 −20 −30 −40 −50 −30 −20 −10 0 10 20 Asse Reale (c)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 1 0.5 0 −0.5

A

−1 −1

−0.5 0 Asse Reale

0.5

(d)

Figura 62: Diagrammi di Bode e di Nyquist di G2 (s) = −90s(s − 2)/(5s2 + 12s + 180): il passaggio da 0 con tangente verticale e le intersezioni del diagramma di Nyquist con la circonferenza unitaria sono evidenziati nello zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (d).

123

stessa cosa, cioè la risposta in frequenza) e di esercitare la conversione dei dati numerici nella giusta scala (dB → scala naturale, deg → rad). Si ricordi, tuttavia, che in generale non è necessario tracciare diagrammi polari o di Nyquist con eccessiva precisione; spesso le informazioni pi` u importanti che si vogliono ricavare da essi sono: il numero di giri che esso compie intorno al punto −1; eventuali intersezioni con il semi-asse ℜeale negativo o con la circonferenza unitaria. Osservazione (calcolo esatto delle intersezioni): le intersezioni richieste possono essere individuate esattamente (a meno di errori di arrottondamento numerico) nel modo seguente: ◦ Calcolo esatto del punto A.

Calcolo esatto dell’intersezione tra il diagramma polare e la circonferenza unitaria (ossia, tra diagramma di Bode del modulo ed asse a 0 dB) Per calcolare le intersezioni tra il diagramma polare di una data G(s) e la circonferenza unitaria si pu` o procedere nel modo seguente: – L’intersezione con la circonferenza unitaria si ha quando |G(jω)| = 1, i valori di ω in corrispondenza dei quali si ha |G(jω)| = 1 si possono quindi determinare risolvendo l’equazione |G(jω)|2 = 1. Indichiamo con ωk , k = 1, . . . , N , le soluzioni trovate (ogni soluzione corrisponde ad un’intersezione). – Per ogni ∀ k = 1, . . . , N , si ponga θk = ∠ G(jωk ) : gli N punti d’intersezione sono dati da Ak = cos(θk ) + j sin(θk ).

Impieghiamo il metodo appena descritto per deteminare esattamente il valore di ωA . Si ha: G2 (jω) =

90jω(jω − 2) 180 − 5ω 2 + 12ωj

⇒

|G2 (jω)|2 =

902 ω 2 (ω 2 + 4) (180 − 5ω 2 )2 + 144ω 2

cosicché |G2 (jω)|2 = 1 ⇔

902 ω 2 (ω 2 +4) (180−5ω 2 )2 +144ω 2

=1 ⇔

⇔ 902 ω 4 + 4 · 902 ω 2 = 1802 + 25ω 4 − 1800ω 2 + 144ω 2 ⇔ ⇔ 8075ω 4 + 34056ω 2 − 32400 = 0 2 e l’unica soluzione positiva di tale equazione è ωA ≃ 0.80, da cui

ωA ≃ 0.89 rad/s.

124

A questo punto, π 2 ∠ G2 (jωA ) = − arctan(ωA /2) − π − arctan 12ωA /(180 − 5ωA ) ≃ −2.05 rad ≡ −117.5◦, 2

da cui

A ≃ cos(−2.05) + j sin(−2.05) ≃ −0.46 − 0.89j. ◦ Calcolo esatto dei punti B e C.

Calcolo esatto dell’intersezione tra il diagramma polare e gli assi ℜeale e ℑmmaginario Per calcolare le intersezioni tra il diagramma polare di una data G(s) e gli assi coordinati si pu` o procedere nel modo seguente: – Si riscriva G(jω) nella forma G(jω) = ℜe G(jω) + ℑm G(jω) · j cos`ı come illustrato nella soluzione dell’Esercizio 36.1. – L’intersezione con l’asse ℜeale si ha quando

ℑm G(jω) = 0;

indichiamo con ωk , k = 1, . . . , N , le soluzioni di tale equazione (ogni soluzione corrisponde ad un’intersezione). Gli N punti d’intersezione sono dati da Bk = ℜe G(jωk ) , k = 1, . . . , N.

– L’intersezione con l’asse ℑmmaginario si ha quando ℜe G(jω) = 0;

indichiamo con ωk , k = 1, . . . , N , le soluzioni di tale equazione (ogni soluzione corrisponde ad un’intersezione). Gli N punti d’intersezione sono dati da Ck = ℑm G(jωk ) · j, k = 1, . . . , N. Impieghiamo il metodo appena descritto per deteminare esattamente i valori di ωB e ωC , quindi i punti B e C. Si ha: G2 (jω) =

90jω(jω−2) 180−5ω 2 +12ωj

90(−ω 2 −2ωj) (180−5ω 2 )+12ωj

=

=

−90ω(ω+2j)[(180−5ω 2 )−12ωj (180−5ω 2 )2 +144ω 2

=

−90ω (180−5ω 2 )2 +144ω 2

cosicché ℜe G2 (jω) =

−90ω (180−5ω 2 )2 +144ω 2

=

=

· ω(204 − 5ω 2 ) + 2(180 − 11ω 2 )j

· ω(204 − 5ω 2 ) = 125

−90ω 2(204 − 5ω 2 ) (180 − 5ω 2 )2 + 144ω 2

(37)

e

Quindi,

ℑm G2 (jω) =

−90ω (180−5ω 2 )2 +144ω 2

−180ω(180 − 11ω 2 ) . (180 − 5ω 2 )2 + 144ω 2

· 2(180 − 11ω 2 ) =

ℑm G2 (jω) = 0 ⇔ ω = 0

oppure

ω=

r

(38)

180 ≃ 4.05 rad/s. 11

La soluzione ω = 0 corrisponde al punto iniziale del diagramma polare infatti, G2 (0) = 0 , si ha dunque ωB ≃ 4.05 rad/s e, sostituendo nell’equazione (37), B = G2 (jωB ) ≃ −15. Inoltre, ℜe G2 (jω) = 0 ⇔ ω = 0

oppure

ω=

r

204 ≃ 6.39 rad/s. 5

La soluzione ω = 0 corrisponde al punto iniziale del diagramma polare, quindi ωC ≃ 6.39 rad/s e, sostituendo nell’equazione (38), C = G2 (jωC ) ≃ 47.9j. 41.2- Applichiamo il Criterio di Nyquist: G2 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist compie due giri in senso orario attorno al punto −1 (dunque, N=−2): poiché P6=N, il sistema retroazionato non è asintoticamente stabile. Di pi` u, il sistema retroazionato ha P−N=2 poli a parte ℜeale positiva ed è quindi instabile. • Caso G5 (s): 41.1- Si veda la Figura 63.(c). 41.2- Applichiamo il Criterio di Nyquist: G5 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiché P=N, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. • Caso G6 (s): 41.1- Si veda la Figura 64.(c–d–e). 41.2- Applichiamo il Criterio di Nyquist: G6 (s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist compie tre giri in senso orario attorno al punto −1 (dunque, N=−3): poiché P6=N, il sistema retroazionato non è asintoticamente stabile. Di pi` u, il sistema retroazionato ha P−N=3 poli a parte ℜeale positiva ed è quindi instabile.

126

dB

Diagramma di Bode − Modulo 35 30 25 20 15 10 5 0 −5 −10 −15 −1 10

ωD

ωA ωB ωC 0

1

10

2

10

10

Pulsazione [rad/s]

(a) Diagramma di Bode − Fase 90 45 deg

0 −45 −90 −135

ωA ωB ωC

−180 −1 10

ωD

0

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s]

(b)

Asse Immaginario

Diagramma polare/Nyquist 20 10 0

A D

−10 −20

C

B

0

10 20 Asse Reale (c)

Figura 63: Diagrammi di Bode e di Nyquist di G5 (s) = 20(s + 2)/(s2 + s + 4).

127

Diagramma di Bode − Fase

deg

dB

Diagramma di Bode − Modulo 35 30 25 20 15 10 5 0 −5 −10 −15 −20 −2 10

ωA −1

10

ωB

ωC

0

ωD

1

10 Pulsazione [rad/s]

2

10

10

270 180 90 0 −90 −180 −270 −2 10

ωA −1

10

(a)

ωB 0

10 Pulsazione [rad/s]

ωC 1

10

ωD 2

10

(b)

Diagramma polare/Nyquist Asse Immaginario

30 20 10 0

C

−10 −20 −30 −50 −40 −30 −20 −10 Asse Reale

0

(c)

Diagramma polare Asse Immaginario

30 20 10 0

C

−10 −20 −30 −50 −40 −30 −20 −10 Asse Reale

0

(d)

Asse Immaginario

Diagramma polare 4 2

A D

0 −2 −10

B −8

−6 −4 −2 Asse Reale

0

(e)

Figura 64: Diagrammi di Bode (a–b), di Nyquist (c) e polare (d) di G6 (s) = −100(s2 + 1)/ (s + 0.1)(s2 + 2s + 100) : i due passaggi da 0 e le intersezioni del diagramma polare con la circonferenza unitaria sono evidenziati nello zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (e).

128

SOLUZIONE ESERCIZIO 42. 42.1- In base a quanto gi` a trovato nella soluzione dell’Esercizio 40, si osservi innanzitutto che nei due casi richiesti ha senso calcolare il margine di guadagno (siamo cioè nelle ipotesi in cui il margine di guadagno è stato definito: P=0, µL > 0, sistema retroazionato asintoticamente stabile e presenza di un’unica intersezione fra il diagramma polare e il semi-asse ℜeale negativo). Si ha km =

1 , |L(jωπ )|

quindi, in base ai calcoli effettuati nella soluzione dell’Esercizio 40: nel caso L9 (s) :

km =

nel caso L11 (s) : km ≃

1 0.5

=2

1 0.21

= 4.76.

42.2- Analizziamo l’applicabilit` a del Criterio di Bode nei vari casi e, quando applicabile, concludiamo l’analisi di stabilit` a sulla base di esso. Si noti che, non essendo richiesto, non è in generale necessario effettuare il cacolo di ωc e ϕm : nei casi in cui µL > 0, è sufficiente un ragionamento formale che permetta di stabilire il segno di ϕm (nei casi in cui µL < 0, si conclude direttamente la mancanza di asintotica stabilit` a senza bisogno di analizzare il segno di ϕm ). I calcoli di ωc e ϕm sono dunque rimandati alla soluzione del punto successivo. • Caso L1 (s). Il Criterio di Bode è applicabile L1 (s) è strettamente propria, P=0 ed esiste un solo valore di ω > 0 in corrispondenza del quale il diagramma di Bode del modulo attraversa l’asse a 0 dB .

◦ Poiché per ω > 0 si ha −90◦ < ∠ L1 (jω) < 0◦ , allora ϕc = ∠ L1 (jωc ) > −90◦ e ϕm = 180 − |ϕc | > 90◦ > 0; ◦ µL1 = 100 > 0;

Poiché ϕm > 0 e µL1 > 0, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. • Caso L2 (s). Il Criterio di Bode è applicabile si noti che L2 (0) = 1, ossia |L2 (0)|dB = 0 dB, ma ci` o non inficia il fatto che esiste un solo valore di ω > 0 in corrispondenza del quale il diagramma di Bode del modulo attraversa l’asse a 0 dB; in altre parole, il diagramma polare di L2 (s) interseca due volte la circonferenza unitaria ma una sola volta per valori di ω strettamente positivi . ◦ Poiché per ω > 0 si ha −90◦ < ∠ L2 (jω) < 90◦ , allora ϕc = ∠ L2 (jωc ) > −90◦ e ϕm = 180 − |ϕc | > 90◦ > 0; ◦ µL2 = 1 > 0;

Poiché ϕm > 0 e µL2 > 0, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. • Caso L3 (s). Il Criterio di Bode non è applicabile in quanto non esiste alcun valore di ω > 0 in corrispondenza del quale il diagramma di Bode del modulo attraversa l’asse a 0 dB. • Caso L4 (s). Il Criterio di Bode è applicabile.

129

◦ Dall’analisi dei diagrammi di Bode reali (qualitativi) si deduce che ωc > ωπ ed essendo il diagramma della fase monotono decrescente, ci` o significa che ϕc = ∠ L4 (jωc ) < −180◦ , ossia che ϕm < 0 vedi anche la Figura 53.(a–b) . Per mostrare che ωc > ωπ si pu` o ragionare, ad esempio, in uno dei due modi seguenti: ✄ Modo 1: dall’analisi del diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo si deduce che ωc ≃ 10 rad/s, d’altra parte avevamo gi` a visto nella risoluzione dell’Esercizio 40 che ωπ < 4 rad/s; ✄ Modo 2: in modo pi` u formale, per ω = 10 rad/s si ha |L4 (10j)| ≃ 1.13, quindi ωc > 10 rad/s; d’altra parte, impiegando ad esempio il regolo delle fasi, ∠ L4 (10j) ≃ −84◦ − 79◦ − 73◦ = −236◦, quindi ωπ < 10 rad/s perché il diagramma della fase è monotono decrescente. Poiché ϕm < 0, il sistema retroazionato non è asintoticamente stabile. In alternativa, si pu` o procedere al calcolo di ωc e ϕm nel modo seguente: 1−jω ◦ ωc ≃ 11.48 rad/s, infatti: L4 (jω) = 12 (2+jω)(3+jω) , quindi |L4 (jω)| = 12 2

|L4 (jω)| = 1 ⇔ |L4 (jω)|2 = 1 ⇔ 144 (4+ω1+ω 2 )(9+ω 2 ) = 1 ⇔

q

1+ω 2 (4+ω 2 )(9+ω 2 )

144+144ω 2 ω 4 +13ω 2 +36

e

=1 ⇔

⇔ ω 4 − 131ω 2 − 108 = 0 √

2

+4·108 = la cui unica soluzione ω 2 > 0 è data da ω 2 = 131+ 131 2 Conseguentemente, √ ωc ≃ 131.82 ≃ 11.48 rad/s.

√ 131+ 17593 2

≃ 131.82.

◦ ϕc = − arctan(ωc ) − arctan(ωc /2) − arctan(ωc /3) ≃ −85◦ − 80.1◦ − 75.4◦ = −240.5◦, cosicché ϕm ≃ −60.5◦ < 0. • Caso L5 (s). Il Criterio di Bode non è applicabile in quanto P=1. • Caso L6 (s). Il Criterio di Bode non è applicabile in quanto P=2. • Caso L7 (s). Il Criterio di Bode non è applicabile sia perché P=1 che per l’assenza di un valore di ω > 0 in corrispondenza del quale il diagramma di Bode del modulo attraversa l’asse a 0 dB. • Caso L8 (s). Il Criterio di Bode non è applicabile in quanto L8 (s) non è strettamente propria. • Caso L9 (s). Il Criterio di Bode è applicabile. ◦ Dall’analisi dei diagrammi di Bode reali (qualitativi) si deduce che ωc < ωπ ed essendo il diagramma della fase monotono decrescente, ci` o significa che ϕc = ∠ L9 (jωc ) > −180◦ , ossia che ϕm > 0 vedi anche la Figura 58.(a–b) . Per mostrare che ωc < ωπ si pu` o ragionare, ad esempio, nel modo seguente: sappiamo che ωπ = 1 rad/s e che |L9 (j)| < 1 (infatti, il diagramma asintotico di Bode del modulo interseca l’asse a 0 dB proprio in corrispondenza di ω = 1 rad/s, in quel punto vi è l’unica singolarit` a del diagramma ed è associata ad una coppia di poli Reali, quindi il diagramma di Bode reale passa 6 dB sotto quello asintotico), ne consegue che ωc < 1 rad/s. 130

◦ µL9 = 1 > 0. Poiché ϕm > 0 e µL9 > 0, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. • Caso L10 (s). Il Criterio di Bode è applicabile. ◦ Dall’analisi dei diagrammi di Bode reali (qualitativi), si deduce che ωc > ωπ = 1 rad/s infatti, |L10 (j)|dB ≃ 20 − 6 = 14 dB > 0 dB, ossia |L10 (j)| > 1 . Essendo il diagramma della fase monotono decrescente, ci` o significa che ϕc = ∠ L10 (jωc ) < −180◦ , ossia che ϕm < 0;

◦ Impiegando Matlab, si trova ωc ≃ 2 rad/s e ϕm ≃ −36.9◦ .

Poiché ϕm < 0, il sistema retroazionato non è asintoticamente stabile. • Caso L11 (s). Il Criterio di Bode è applicabile. ◦ Dall’analisi dei diagrammi di Bode reali (qualitativi) si deduce che ωc < ωπ ed essendo il diagramma della fase monotono decrescente, ci` o significa che ϕc = ∠ L11 (jωc ) > −180◦ , ossia che ϕm > 0 vedi anche la Figura 60.(a–b) . Per mostrare che ωc < ωπ si pu` o ragionare, ad esempio, nel modo seguente: per ω = 0.1 rad/s si ha |L11 (0.1j)| ≃ 0.72, quindi ωc < 0.1 rad/s; d’altra parte, impiegando ad esempio il regolo delle fasi, ∠ L11 (0.1j) ≃ −90circ − 45◦ − 11◦ − 1◦ = −147◦ , quindi ωπ > 0.1 rad/s perché il diagramma della fase è monotono decrescente. ◦ µL11 = 0.1 > 0. Poiché ϕm > 0 e µL11 > 0, il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. • Caso L12 (s). Il Criterio di Bode non è applicabile in quanto L12 (s) non è strettamente propria. 42.3- Calcoliamo ωc e ϕm nei casi richiesti. • Caso L1 (s). ◦ ωc ≃ 100 rad/s (per determinarla non c’è bisogno di fare conti: poiché ωc si trova circa ad una decade di distanza dalla singolarit` a pi` u vicina, quella posta in ω = 10 rad/s, basta considerare il diagramma di Bode asintotico del modulo); ◦ ϕc = ∠ L1 (jωc ) ≃ −89◦ + 87◦ − 84◦ = −86◦ (ad esempio, impiegando il regolo delle fasi), cosicché ϕm = 180 − |ϕc | ≃ 94◦ > 0;

◦ Impiegando Matlab, si trova ωc ≃ 99.6 rad/s e ϕm ≃ 93.1◦ . • Caso L2 (s).

◦ ωc ≃ 100 rad/s senza fare conti, per le stesse ragioni viste nel caso L1 (s) ;

◦ ϕc ≃ +89◦ − 87◦ − 84◦ = −82◦ (ad esempio, impiegando il regolo delle fasi), cosicché ϕm ≃ 98◦ > 0; ◦ Impiegando Matlab, si trova ωc ≃ 99.4 rad/s e ϕm ≃ 98.3◦ .

• Caso L9 (s). 131

◦ ωc ≃ 0.7 rad/s, a tale risultato si pu` o pervenire nel modo descritto qui di seguito. Si ha |L9 (jω)| =

1 , ω(1 + ω 2 )

quindi l’equazione |L9 (jω)| = 1 d` a luogo ad un’equazione di terzo grado in ω. Per riuscire ad ottenere una buona approssimazione di ωc , in analogia con il metododo impiegato per approssimare ωπ nella risoluzione dell’Esercizio 40, si pu` o procedere nel modo seguente: dal diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo, si deduce che ωc ≃ 0.6 rad/s; si ha |L9 (0.6j)| =

1 ≃ 1.23; 0.6(1 + (0.6)2 )

poiché il diagramma del modulo è monotono decrescente, il valore effettivo di ωc è maggiore di 0.6 rad/s; prendendo ω = 0.7 rad/s come nuova stima, si ha |L9 (0.7j)| =

1 ≃ 0.96. 0.7(1 + (0.7)2 )

Possiamo quindi concludere che 0.6 < ωc < 0.7 : in ogni caso, dall’analisi del diagramma di Bode reale (qualitativo) della fase, poiché la fase è monotona decrescente ed essendo ωπ = 1 rad/s, si deduce che ∀ ω ∈ [ 0.6 , 0.7 ], si ha ∠ L9 (jω) > −180◦ ossia, comunque si approssimi ωc con valori nell’intervallo [ 0.6 , 0.7 ], risulta comunque ϕm > 0 e dunque una stima accettabile della pulsazione critica è, ad esempio, ωc ≃ 0.7 rad/s; ◦ ϕc ≃ −90◦ − 2 · 35◦ = −160◦ (ad esempio, impiegando il regolo delle fasi e ricordandosi di aggiungere “a mano” il contributo di −90◦ del polo in zero), cosicché ϕm ≃ 20◦ > 0;

◦ Impiegando Matlab, si trova ωc ≃ 0.68 rad/s e ϕm ≃ 21.4◦ . • Caso L11 (s).

◦ ωc ≃ 0.079 rad/s, a tale risultato si pu` o pervenire nel modo descritto qui di seguito. Si ha |L11 (jω)|2 =

1 1 + 4ω 2 · 2 100 ω (1 + 100ω 2) 1 +

1 2 100 ω

,

quindi l’equazione |L11 (jω)|2 = 1 d` a luogo ad un’equazione di terzo grado in ω 2 . Per riuscire ad ottenere una buona approssimazione di ωc si pu` o procedere nel modo seguente: dal diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo, si deduce che ωc < 0.1 rad/s quindi, 1 per ω ≃ ωc , il fattore 1 + 100 ω 2 al denominatore dell’espressione di |L11 (jω)|2 pu` o essere approssimato con 1, ossia, per ω ≃ ωc ,

|L11 (jω)|2 ≃

1 + 4ω 2 1 · 2 . 100 ω (1 + 100ω 2)

A questo punto, anziché risolvere |L11 (jω)|2 = 1, impieghiamo l’approssimazione trovata e

132

risolviamo 1 1 + 4ω 2 · 2 = 1, 100 ω (1 + 100ω 2)

ossia

10000ω 4 + 96ω 2 − 1 = 0.

La soluzione ω 2 > 0 di tale equazione è ω 2 ≃ 0.0063, quindi ωc ≃

√ 0.0063 ≃ 0.079 rad/s.

◦ ϕc ≃ −90◦ −38◦ −9◦ −1◦ = −138◦ (ad esempio, impiegando il regolo delle fasi e ricordandosi di aggiungere “a mano” il contributo di −90◦ del polo in zero), cosicché ϕm ≃ 42◦ > 0; ◦ Impiegando Matlab, si trova ωc ≃ 0.0793 rad/s e ϕm ≃ 42.1◦ .

Osservazione: l’approssimazione 1 1+

≃ 1, per ω ≃ ωc ,

1 2 100 ω

è esattamente la stessa approssimazione che si fa nel definire il diagramma di Bode asintotico del modulo di 1 G(s) = 1 s 1 + 10 q 1 1 + 100 in cui, per ω < 10, si pone −20 log10 ω 2 ≃ −20 log10 (1) = 0 dB. Nel nostro caso,

essendo ωc < 0.1 ≪ 10 rad/s, ossia, essendo ωc a distanza maggiore di 2 decadi dalla singolarità, l’approssimazione introdotta è trascurabile (come si vede anche dal confronto fra il risultato trovato e quello “esatto” fornito da Matlab).

42.4- Quando il sistema retroazionato è asintoticamente stabile e y o (t) = sca(t), si ha yR (t) = Tyyo (0). L(s) è la funzione di sensitivit` a complementare. Inoltre, Tyyo (s) = 1+L(s) • Caso L1 (s): in questo caso la funzione di anello è di tipo 0, quindi L1 (0) = µL1 = 100 e Tyyo (0) =

L1 (0) 100 = ≃ 0.99; 1 + L1 (0) 101

• Caso L2 (s): in questo caso la funzione di anello è di tipo 0, quindi L2 (0) = µL2 = 1 e Tyyo (0) =

1 L2 (0) = ; 1 + L2 (0) 2

• Caso L9 (s) e L11 (s): in questo caso la funzione di anello è di tipo 1, quindi Li (s) =1 s→0 1 + Li (s)

Tyyo (0) = lim

che corrisponde ad avere “errore nullo a transitorio esaurito”, ossia yR (t) = y o (t). Il grafico della risposta yF (t) ad un riferimento y o (t) = sca(t) nel caso in cui L(s) = L11 (s) è riportato in Figura 65. Descriviamo qui di seguito i passaggi che permettono di giungere al suo tracciamento. (a) limt→+∞ yF (t) = Tyyo (0) = 1 (come appena visto). 133

1.5 −3

5

x 10

0

0.5 y(t)

y(t)

1

0

−5 −10 −15

−0.5 0

30

60

t

90

120

−20 0

150

1

(a)

2

t

3

4

(b)

Figura 65: Con riferimento all’Esercizio 42.4, andamento di yF (t) in risposta ad y o (t) = sca(t) per il sistema retroazionato in Figura 16 con funzione di anello pari a L11 (s) = 0.1(1 − 2s)/ s(1 + 10s)(1 + 0.1s) . La presenza di una (non marcata) risposta inversa ed il fatto che y˙ F (0+ ) = 0 sono evidenziati nello zoom del tratto in cui t è vicino a 0 riportato in (b). Caratteristiche dei poli dominanti: poiché ϕm ≃ 42.1◦ < 75◦ , ci si aspetta che i poli dominanti siano Complessi e caratterizzati da ( ωn ≃ ωc ≃ 0.08 rad/s ξ≃

ϕm 100

≃ 0.42.

Di conseguenza: (b) Ta ≃

5 ξωn

≃

5 0.42·0.08

≃ 149 s.

Inoltre, Tyyo (s) =

L11 (s) −0.2s + 0.1 NL11 (s) −0.2s + 0.1 = 3 = = , 1 + L11 (s) DL11 (s) + NL11 (s) (s + · · · ) + (−0.2s + 0.1) s3 + · · ·

quindi ρ = −0.2

reldeg (Tyyo ) = 2,

e

(dove ρ è la costante di trasferimento) e

n o Zeri Tyyo (s) = {0.5}

(c1) yF (0+ ) = y˙ F (0+ ) = 0 e y¨F (0+ ) = −0.2; (c2) Tyyo (s) è strettamente propria e di ordine 3 (caso C2αVI della classificazione introdotta a lezione). Poiché i suoi poli dominanti sono Complessi, la risposta è oscillante con periodo delle oscillazioni determinato dalla parte ℑmmaginaria di tali poli; lo zero posto in +0.5 determina il fenomeno della risposta inversa. Stimiamo il periodo T delle oscillazioni: T =

2π 2π 2π 2π p p ≃ p ≃ ≃ 86.5 s. = |ℑm(λ1,2 )| ωc 1 − (ϕm /100)2 0.08 1 − (0.42)2 ωn 1 − ξ 2

Non è invece facile stimare la sovraelongazione massima percentuale della risposta a causa della presenza di uno zero. 42.5- Quando il sistema retroazionato è asintoticamente stabile e y o (t) = eλt , λ > 0, in virt` u del Teorema della risposta esponenziale si ha yR (t) = Tyyo (λ) · eλt . Inoltre, Tyyo (λ) =

L11 (λ) NL11 (λ) . = 1 + L11 (λ) DL11 (λ) + NL11 (λ) 134

dB

Diagramma di Bode − Modulo 40 20 0 −20 −40 −60 −80 −100 −120 −2 10

−1

10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

2

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase 0

deg

−90 −180 −270 −2

−1

10

10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

2

10

(b)

Figura 66: Diagrammi di Bode di L(s) = 5/ s(s + 10)(1 + s) . • Caso y o (t) = e0.5t : in questo caso λ = 0.5 e NL11 (0.5) = 0, quindi yR (t) = 0,

per t ≥ Ta ≃ 149 s

(propriet` a bloccante degli zeri). • Caso y o (t) = et : in questo caso λ = 1, NL11 (1) = −0.1, DL11 (1) = 1 · 11 · 1.1 = 12.1, quindi Tyyo (λ) = − 0.1 12 ≃ −0.0083 e yR (t) = −0.0083 · et ,

per t ≥ Ta ≃ 149 s.

SOLUZIONE ESERCIZIO 43. La funzione di anello è L(s) = R(s)G(s) =

5 0.5 1 = · s(s + 10)(s + 1) s (1 + 0.1s)(1 + s)

e i suoi diagrammi di Bode sono riportati in Figura 66. Si osserva inoltre che sono soddisfatte le ipotesi di applicabilit` a del Criterio di Bode e che ωc < 0.5 < ωπ : quindi, essendo il diagramma della fase monotono decrescente, si ha ϕc > −180◦ e ϕm > 0. Poiché si ha anche µL = 0.5 > 0, il sistema retroazionato risulta asintoticamente stabile. Calcoliamo i valori di ωc e ϕm in modo tale da ottenere una stima dei poli dominanti del sistema

135

retroazionato. Si ha |L(jω)|2 =

1 4ω 2

1+

1 2 100 ω

e per ω ≃ ωc ≃ 0.5 rad/s,

(1 + ω 2 )

|L(jω)|2 ≃

1 + ω2)

4ω 2 (1

si veda il calcolo approssimato di ωc per L11 (s) fatto nella soluzione dell’Esercizio 42.3 e l’osserva zione al termine di tale calcolo . Dunque, impiegando tale approssimazione, si ha 1 = 1 ⇔ 4ω 4 + 4ω 2 − 1 = 0 4ω 2 (1 + ω 2 )

la cui unica soluzione positiva è ω 2 =

√ −1+ 2 2

ωc ≃

s

e dunque

−1 + 2

√ 2

≃ 0.46 rad/s.

Corrispondentemente, ϕc = ∠ L(jωc ) = −90◦ − arctan(ωc /10) − arctan(ωc ) ≃

≃ −90◦ − arctan(0.046) − arctan(0.46) ≃ −90◦ − 2.6◦ − 24.5◦ = = −117.1◦,

da cui ϕm ≃ 62.9◦ . Poiché ϕm ≃< 75◦ , ci si aspetta che i poli dominanti siano Complessi e caratterizzati da (

ωn ≃ ωc ≃ 0.46 rad/s ξ≃

ϕm 100

≃ 0.63.

ˆ1,2 di tali poli dominanti λ1,2 : Otteniamo quindi la seguente stima λ λ1,2 = −ξωn ± j · ωn

p 1 − ξ2 ≃

m ≃ −ϕ 100 ωc ± j · ωc

q 1−

ˆ1,2 . ≃ −0.29 ± 0.36j = λ

ϕm 2 100

≃

Il grafico qualitativo della risposta yF (t) ad un riferimento y o (t) = sca(t) è riportato in Figura 67 (linea blu continua) e pu` o essere ottenuto procedendo come descritto qui di seguito. (a) limt→+∞ yF (t) = Tyyo (0) = 1 perché il sistema retroazionato è asintoticamente stabile e L(s) è di tipo 1 ; (b) Ta ≃

5 ξωn

≃

5 0.63·0.46

≃ 17.2 s.

Inoltre, Tyyo (s) =

NL (s) 0.5 5 L(s) = = = 3 , 1 + L(s) DL (s) + NL (s) (0.1s3 + · · · ) + 0.5 s + ··· 136

1.5

yF (t)

1.25 1 0.75 0.5 0.25 0 0

5

10

15

t

20

25

Figura 67: Con riferimento all’Esercizio 43, andamento di yF (t) in risposta ad y o (t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, funzione di anello pari a L(s) = 5/ s(1 + 10s)(1 + s) . Linea blu continua: risposta approssimata basata sulla stima empirica dei poli dominanti del sistema; linea rossa tratteggiata: andamento effettivo.

quindi reldeg (Tyyo ) = 3,

ρ=5

e

(dove ρ è la costante di trasferimento) e

n

o Zeri Tyyo (s) = ∅

(3)

(c1) yF (0+ ) = y˙ F (0+ ) = y¨F (0+ ) = 0 e yF (0+ ) = 5; (c2) Tyyo (s) è strettamente propria e di ordine 3 (caso C2αVI della classificazione introdotta a lezione). Poiché i suoi poli dominanti sono Complessi e non ha zeri, la sua risposta allo scalino si approssima con quella di una funzione di trasferimento strettamente propria, di ordine 2, con poli Complessi e senza zeri (caso C2αIII). Stimiamo il periodo T delle oscillazioni: T =

2π 2π 2π 2π p p = ≃ ≃ 17.6 s. ≃ p 2 2 |ℑm(λ1,2 )| ωc 1 − (ϕm /100) 0.46 1 − (0.63)2 ωn 1 − ξ

Stimiamo anche la sovraelongazione massima percentuale: √ 2 ∆% ≃ e−πξ/ 1−ξ · 100 ≃ 7.8%.

L’andamento qualitativo della risposta allo scalino ottenuto in tal modo risente dell’approssimazione indotta dalla stima empirica dei poli dominanti ottenuta a partire dai valori di ωc e ϕm . Confrontando con i risultati trovati nella soluzione dell’Esercizio 35.3, abbiamo λ1,2 ≃ −0.47 ± 0.52j ˆ 1,2 ≃ −0.29 ± 0.36j λ

(poli dominanti veri) vs (poli dominanti stimati)

e possiamo dire che: • la parte ℜeale dei poli dominanti risulta significativamente sottostimata (−0.29 invece che −0.47, con un errore relativo del 38.3%) e cos`ı il tempo di assestamento risulta significativamente sovrastimato (17.2 s invece che 10.6 s, con un errore relativo del 62.3%);

137

• la parte ℑmmaginaria dei poli dominanti risulta sottostimata (0.36 invece che 0.52, con un errore relativo del 30.8%) e cos`ı il periodo delle oscillazioni risulta sovrastimato (17.6 s invece che 12 s, con un errore relativo del 46.7%); • la stima dello smorzamento risulta invece pi` u accurata (0.63 invece che 0.67, con un errore relativo del 6%) e ci` o si riflette su una migliore aderenza tra le stime18 della sovraelongazione massima percentuale (7.8% invece che 5.8%). L’andamento vero della risposta allo scalino è riportato in Figura 67 con una linea rossa tratteggiata. Osservazione: è doveroso notare che i risultati ottenuti sulla base della regola empirica di stima dei poli dominanti, per quanto inesatti, forniscono comunque un andamento della risposta allo scalino macroscopicamente aderente a quello reale (vedi la Figura 67). A tale risultato approssimato si giunge in modo abbastanza diretto a partire dalle propriet` a della funzione di anello L(s) (pulsazione critica e margine di fase) e attraverso calcoli elementari eseguibili “a mano”. Si noti invece che, per giungere ai risultati pi` u accurati ottenuti nella soluzione dell’Esercizio 35.3, è stato necessario conoscere la fattorizzazione pcl (s) = (s + 10.05)(s2 + 0.95s + 0.50) del polinomio caratteristico in anello chiuso: essa, invece, non è normalmente ricavabile “a mano”; inoltre, la conoscenza di pcl (s) in forma non fattorizzata non d` a informazioni dirette utili alla caratterizzazione delle dinamiche dominanti. SOLUZIONE ESERCIZIO 44. 44.1- La funzione di anello è L(s) = G(s)H(s) =

10s . (1 + s)4

Per analizzare l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato possiamo, ad esempio, impiegare il Criterio di Nyquist: in Figura 68 sono riportati i diagrammi di Bode e di Nyquist di L(s) (si noti che non sono verificate le condizioni di applicabilit` a del Criterio di Bode). Poiché L(s) non ha poli a parte ℜeale positiva (cioè, P=0), si ha l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato se e solo se il diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1, ossia se e solo se il punto A d’intersezione tra il diagramma polare di L(s) ed il semi-asse ℜeale negativo si trova a destra del punto −1. Si ha L(jω) = cosicché ∠ L(jω) =

π 2

10ωj , (1 + jω)4

− 4 arctan(ω) e

3π ⇔ ω = tan ∠ L(jω) = −π ⇔ arctan(ω) = 8

3π 8

≃ 2.41 rad/s,

ossia, con la usuale notazione, ωπ ≃ 2.41 rad/s. Poiché L(jωπ ) =

10ωπ 1 + ωπ2

2 ≃ 0.52,

si ha A ≃ −0.52 > −1 e dunque l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato. Inoltre, il margine di guadagno è dato da 1 ≃ 1.92. km = L(jωπ )

18 Si noti che il valore della sovraelongazione massima percentuale ∆ e comunque una stima in quanto il sistema ` e % ` di ordine 3 e la formula per ∆% ` e stata ricavata nel caso di sistemi di ordine 2.

138

Diagramma di Bode − Modulo 20

dB

0 −20 −40 −60 −2 10

−1

0

10

1

10

10

Pulsazione [rad/s] (a)

Diagramma di Bode − Fase 90

deg

0 −90 −180 −270 −2

−1

10

0

10

1

10

10

Pulsazione [rad/s] (b)

Diagramma polare/Nyquist Asse Immaginario

3 2 1 0

A

−1 −2 −3 −3 −2 −1

0 1 2 3 Asse Reale

4

5

(c)

Figura 68: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L(s) = 10s/(1 + s)4 .

139

In alternativa, si pu` o anche scrivere il polinomio caratteristico del sistema in anello chiuso e studiare l’asintotica stabilità mediante il Criterio di Routh-Hurwitz. Tale polinomio caratteristico è dato da pcl (s) = (1 + s)4 + 10s = s4 + 4s3 + 6s2 + 14s + 1 e la corrispondente tabella è la seguente: 1 6 1 4 14 0 5/2 1 62/5 1 Poiché tutti gli elementi della prima colonna hanno lo stesso segno, si ha l’asintotica stabilità del sistema retroazionato. Un po’ pi` u laborioso è il calcolo del margine di guadagno impiegando il Criterio di Routh-Hurwitz. A tal fine si pu` o procedere nel modo seguente: si consideri il polinomio caratteristico pcl (s) del sistema retroazionato quando la funzione di anello è kL(s); mediante il Criterio di Routh-Hurwitz si determinino tutti i valori di k ∈ R tali che il sistema retroazionato è asintoticamente stabile; il margine di guadagno è l’estremo superiore dell’intervallo di tali valori di k contenente il valore k = 1. Nell’esempio specifico si ha: pcl (s) = (1 + s)4 + 10ks = s4 + 4s3 + 6s2 + (4 + 10k)s + 1; la corrispondente tabella è 1 4 5 (2 − k) 2

2 5

·

6 4 + 10k 1

1 0

25k2 −40k−16 k−2

1 e si ha l’asintotica stabilità del sistema retroazionato se e solo se tutti gli elementi della prima colonna hanno lo stesso segno, ossia se e solo se   2−k >0 che ha per soluzioni

√ 4(1− 2) 5

0

da cui

4(1 + 5

√ 2)

≃ 1.9314

(si noti che il risultato trovato è esatto). 44.2- Si ha Tyw (s) =

G(s) 1+L(s) ,

cosicché

Tyw (jω) ≃ Tˆyw (jω) =

(

G(jω)

per ω tale che |L(jω)| ≤ 1

1/H(jω) per ω tale che |L(jω)| ≥ 1. 140

Diagramma di Bode − Modulo 60 1/H

40 G

dB

20

Tyw

0 −20 −40 −60 −2 10

H −1

10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

2

10

Figura 69: Con riferimento all’Esercizio 44.2: diagrammi di Bode asintotici del modulo di: G(s), H(s), 1/H(s) e Tˆyw (s) (linea rossa). Diagramma reale di Tyw (s) (linea arancione spessa e tratteggiata).

Il diagramma richiesto è riportato in Figura 69. SOLUZIONE ESERCIZIO 45. 45.1- La funzione di anello è L(s) =

10 (1 + 0.1s)2 (1 + 10s)

nel calcolo della quale è avvenuta una cancellazione di un fattore (1 + 0.1s): ci` o significa che il sistema retroazionato ha un autovalore posto in −10; esso non inficia l’asintotica stabilit` a che pu` o quindi essere verificata attraverso lo studio della funzione di anello. In Figura 70, sono riportati i diagrammi di Bode di L(s): si osservi, innanzitutto, che siamo in ipotesi di applicabilit` a del Criterio di Bode. Dall’analisi dei diagrammi asintotici, e senza necessit` a di fare alcun conto, si deduce che19 ωc ≃ 1 rad/s e

ωπ ≃ 10 rad/s.

Impiegando, ad esempio, il regolo delle fasi si trova poi che ϕc = ∠ L(jωc ) ≃ ∠ L(j) ≃ −84◦ − 2 · 6◦ = −96◦ , cosicché ϕm ≃ 84◦ . Dal momento che µL = 10 > 0 e ϕm > 0, si ha l’asintotica stabilit` a del sistema retroazionato. Inoltre, poiché |L(jωπ )|dB ≃ −26 dB infatti, in ω = 10 rad/s il diagramma asintotico di |L(jω)| vale -20 dB e vi è una singolarit` a dovuta ad una coppia di poli Reali quindi, non essendoci altre singolarit` a a distanza inferiore di una decade, il diagramma reale di |L(jω)| passa 6 dB al di sotto di quello asintotico , allora [km ]dB ≃ 26 dB ⇔ km ≃ 1026/20 ≃ 20. [Impiegando Matlab, si trova: ωc ≃ 0.98 rad/s, ϕm ≃ 84.5◦ , ωπ ≃ 10.1 rad/s e km ≃ 20.4.] 45.2- L’andamento di regime dell’errore è ben definito in quanto il sistema retroazionato è asintoti19 Riguardo

a ωπ , la pulsazione ω = 10 rad/s si trova a due decadi di distanza dalla singolarit` a pi` u vicina dovuta al polo posto in −0.1, a tale distanza possiamo con buona approssimazione considerare pari a −90◦ il contributo di fase dovuto a tale polo; inoltre, in corrispondenza della pulsazione ω = 10 rad/s, la coppia di poli posta in −10 d` a un contributo di fase pari esattamente a −90◦ .

141

dB

Diagramma di Bode − Modulo 40 20 0 −20 −40 −60 −80 −100 −2 10

−1

10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

2

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase

deg

0 −90 −180 −270 −2

10

−1

10

0

10 Pulsazione [rad/s]

1

10

2

10

(b)

Figura 70: Diagrammi di Bode di L(s) = 10/ (1 + 0.1s)2 (1 + 10s) .

142

0.3

e(t)

0.2 0.1 0 −0.1 −0.2 0

1

2

3

t

4

5

Figura 71: Con riferimento all’Esercizio 45, risposta di e agli ingressi y o (t) = 1 5 sca(t).

3 10

sca(t) e du (t) =

camente stabile. Poiché i segnali d’ingresso sono entrambi funzioni scalino, si ha eR (t) =

1 3 Teyo (0) + Tedu (0). 10 5

Inoltre, Teyo (s) =

1 1 + L(s)

e

Tedu (s) = −

G(s) , 1 + L(s)

ed essendo sia L(s) che G(s) funzioni di tipo 0, si ha L(0) = µL = 10 e G(0) = µG = 2, cosicché Teyo (0) =

1 1 = , 1 + µL 11

e eR (t) =

Tedu (0) = −

2 µG =− 1 + µL 11

2 1 3 − =− . 110 55 110

Osservazione: anche se non richiesto, in Figura 71 è riportato l’andamento di e(t) in corrispondenza dei segnali d’ingresso y o e du considerati. Si noti che limt→0+ e(t) 6= 0 in quanto la funzione di trasferimento Teyo (s) non è strettamente propria. 45.3- Si ha Tun (s) = − e Tun (jω) ≃ Tûn (jω) =

(

R(s) 5(1 + 0.1s)3 =− 3 1 + L(s) 0.1s + 2.01s2 + 10.2s + 11

1 − G(jω)

per ω tale che |L(jω)| ≥ 1, cioè per ω ≤ ωc

−R(jω) per ω tale che |L(jω)| ≤ 1, cioè per ω ≥ ωc ,

cui corrisponde l’approssimazione del diagramma asintotico del modulo riportato in Figura 72. In accordo con tale diagramma, si ha 1 1 + 0.1s . Tûn (s) = − · 2 1+s Infine, grazie al Teorema della risposta armonica, in corrispondenza di n(t) = sin(ω0 t), si ha uR (t) = |Tûn (jω0 )| sin ω0 t + ∠ Tûn (jω0 ) .

143

Diagramma di Bode − Modulo 40

dB

ωc ≃ 1

L

20 R

1/G G

0 −20

Tun

−40 −60 −2 10

−1

0

10

1

10 Pulsazione [rad/s]

2

10

10

Figura 72: Con riferimento all’Esercizio 45.3: diagrammi di Bode asintotici del modulo di: G(s), 1/G(s), R(s), L(s) e Tûn (s) (linea rossa). Diagramma reale di Tun (s) (linea arancione spessa e tratteggiata).

Diagramma polare/Nyquist Asse Immaginario

2 1 0 −1 −2 −0.5

0

0.5 1 1.5 Asse Reale

2

2.5

˜ Figura 73: Diagramma di Nyquist di L(s) = 2/ (1 + 0.1s)2 (1 + 10s) . Occorre dunque cercare ω0 tale che |Tûn (jω0 )| =

1 10 ,

ossia tale che |Tûn (jω0 )|2 =

ω2

0 1 1 + 100 1 |Tûn (jω0 )|2 = · = 2 4 1 + ω0 100

⇔

ω02 = 32

⇒

ω0 =

1 100 :

√ 32 ≃ 5.7 rad/s.

˜ ˜ ˜ 45.4- In tal caso si ha L(s) = µL(s), con L(s) = (1+0.1s)22 (1+10s) . Il diagramma di Nyquist di L(s) 20 è riportato in Figura 73. Grazie ad una delle estensioni del Criterio di Nyquist , si ha l’asintotica ˜ stabilit` a del sistema retroazionato se e solo se il diagramma di Nyquist di L(s) non compie giri attorno 1 al punto −1/µ e tale richiesta, per µ < 0, corrisponde ad avere − µ > 2, ossia −

1 < µ < 0. 2

20 Vedi Corollario 10.1 a pagina 276 del libro di testo, P. Bolzern, R. Scattolini e N. Schiavoni, “Fondamenti di controlli automatici” – Quarta edizione – McGraw-Hill.

144

SOLUZIONE ESERCIZIO 46. 46.1- Il diagramma polare di H(s), e i diagrammi di Bode da cui viene ricavato, sono riportati in Figura 74. Determiniamo le intersezioni richieste. • Calcolo del punto A d’intersezione tra il diagramma polare e l’asse ℜeale: si ha H(jω) =

−6 jω(jω−5) (jω+10)2 =

−6(−ω 2 −5jω) (100−ω 2 )+20jω

=

6ω (100−ω 2 )2 +400ω 2 (ω

=

6ω (100−ω 2 )2 +400ω 2

=

6ω (100−ω 2 )2 +400ω 2

=

6ω(ω+5j) (100−ω 2 )+20jω

=

+ 5j) (100 − ω 2 ) − 20jω =

ω(100 − ω 2 ) + 100ω + j 5(100 − ω 2 ) − 20ω 2 ω(100 − ω 2 ) + 100ω + j(500 − 25ω 2 ) ;

=

√ imponendo ℑm H(jω) = 0, si ottiene −25ω 2 + 500 = 0 da cui ωA = 20 ≃ 4.47 rad/s; infine, r √ √ √ 20 20 + 25 9 3 |H( 20j)| = 6 √ = , = 4 2 20 + 100

quindi

3 . 2 • Calcolo del punto Q d’intersezione tra il diagramma polare e la circonferenza unitaria: si ha A=

|H(jω)| = 1 ⇔ |H(jω)|2 = 1 ⇔ da cui si ricava ωQ2 =

√ −70+ 18900 7

∠ H(jωQ ) =

≃

36ω 2 (ω 2 + 25) = 1 ⇔ 7ω 4 + 140ω 2 − 2000 = 0 (ω 2 + 100)2

≃ 9.64 e dunque ωQ ≃ 3.1 rad/s. Si ha poi ωQ 5

ωQ 10

π 2

+ arctan −

π 2

− arctan(0.62) − 2 arctan(0.31) ≃ 0.42 rad ≡ 24.1◦ ,

− 2 arctan

≃

quindi Q = cos(0.42) + j sin(0.42) ≃ 0.41 + j0.91. Il Criterio di Bode non è applicabile in quanto la funzione di anello H(s) non è strettamente propria21 . 46.2- Si pu` o procedere come nella soluzione dell’Esercizio 45.4 per mezzo del Criterio di Nyquist esteso. Alternativamente, applichiamo il Criterio di Routh-Hurwitz al polinomio caratteristico dell’anello H (s) chiuso: essendo L(s) = kH(s) = kN DH (s) , si ha pcl (s) = DH (s) + kNH (s) = (1 − 6k)s2 + 10(2 + 3k)s + 100 e tale polinomio, essendo di secondo grado, è asintoticamente stabile se e solo se

1 − 6k > 0 2 + 3k > 0

21 Si noti anche che l’attraversamento dell’asse a 0 dB (ossia, nel diagramma polare, l’attraversamento della circonferenza unitaria) avviene dal basso verso l’alto (ossia, da dentro a fuori) anzich´ e dall’alto verso il basso. Se uno, dal dire che ϕm = 180◦ + 24.1◦ = 204.1◦ > 0 e, unito al erroneamente, applicasse il Criterio di Bode, sarebbe tentato s(1−0.2s)

3 · (1+0.1s)2 , concluderebbe che il sistema retroazionato ` fatto che µH = 3/10 > 0 infatti, H(s) = 10 e asintoticamente stabile. Si mostrer` a, invece, nella soluzione del punto successivo che per k = 1 il sistema retroazioanto ` e instabile.

145

Diagramma di Bode − Modulo 20 12.6

dB

0 −20 −40 −1 10

0

10

1

10 Pulsazione [rad/s]

2

10

3

10

(a)

Diagramma di Bode − Fase

deg

90 0 −90 −180 −1

0

10

10

1

10 Pulsazione [rad/s]

2

10

3

10

(b)

Asse Immaginario

Diagramma polare 2 1 Q 0 A −1 −2 −3 −4 −5 −6 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 Asse Reale (c)

Figura 74: Diagrammi di Bode e diagramma polare di H(s) = −6s(s − 5)/(s + 10)2 .

146

Diagramma di Bode − Modulo 20 L

dB

10 0

F

−10

ω∗ ≃ 5.8

−20 −30 −1 10

0

1

10

10

2

10

Pulsazione [rad/s] Figura 75: Con riferimento all’Esercizio 46.4: diagrammi di Bode reali e asintotici del modulo di L(s) (in verde); diagramma asintotico approssimato di Fˆ (s) (linea rossa), con F (s) = L(s)/(1 + L(s)); diagramma reale di F (s) (linea arancione spessa e tratteggiata).

ossia, se e solo se −

2 1 0 tale che |L(jω)| = 1 (con facile calcolo si trova che ω∗ ≃ 5.8 rad/s), è derivato da quello di L(s) per mezzo dell’usuale approssimazione

F (jω) ≃ Fˆ (jω) =

(

L(jω) per ω tale che |L(jω)| ≤ 1, cioè per ω ≤ ω∗ per ω tale che |L(jω)| ≥ 1, cioè per ω ≥ ω∗ .

1

Osservazione: si noti che, diversamente dai casi in cui è applicabile il Criterio di Bode, in questo caso F (s) risulta avere le propriet` a di un filtro passa–alto. Questo fatto spiega nuovamente il motivo per cui, come visto nella soluzione del punto precedente, il sistema retroazionato ha pessime prestazioni statiche nell’inseguimento di un riferimento y o (t) = sca(t) e, pi` u in generale, nell’inseguimento di riferimenti con spettro concentrato in bassa frequenza. Si noti inoltre che, poiché limω→+∞ L(jω) = 3, allora lim F (jω) = lim

ω→+∞

ω→+∞

3 L(jω) = 6= lim Fˆ (jω) = 1 1 + L(jω) 4 ω→+∞ 147

(39)

(vedi in Figura 75 la differenza, per ω ≫ 1, tra la linea rossa e quella arancione tratteggiata22). 46.5- Per k = − 12 il sistema retroazionato è asintoticamente stabile (vedi la soluzione del punto 2). Quindi, grazie al Teorema della risposta armonica, per y o (t) = sin(100t), si ha yR (t) = |F (100j)| sin 100t + ∠ F (100j)

e quindi l’ampiezza richiesta è data da |F (100j)| ≃ |Fˆ (100j)| ≃ 1. In realt` a, alla luce di quanto osservato nell’equazione (39), ed essendo ω = 100 ≫ ω∗ , un risultato pi` u accurato si ottiene considerando |F (100j)| ≃ |F (∞)| =

3 . 4

SOLUZIONE ESERCIZIO 47. 47.1- Dall’analisi del diagramma del modulo, si osserva che: L(s) è di tipo 1 (il diagramma asintotico parte con pendenza -1) e che le altre singolarit` a di L(s) si trovano alle seguenti pulsazioni: ω1 = 1/100 rad/s, ω2 = 1/10 rad/s, ω3 = 10 rad/s. Il prolungamento del tratto iniziale del diagramma asintotico di L(s) interseca l’asse a 0 dB in ω = 10 rad/s, quindi |µL | = 10. Inoltre, poiché la fase parte da −90◦ , che corrisponde al contributo di fase dovuto alla presenza di un polo in 0, si ha che il guadagno di L(s) è positivo e dunque µL = 10. Per quanto riguarda le altre singolarit` a, abbiamo: • in ω1 = 1/100 rad/s la pendenza del diagramma asintotico del modulo diminuisce da -1 a -2 e il diagramma asintotico della fase diminuisce da −90◦ a −180◦, quindi ω1 è la pulsazione naturale di un polo a parte ℜeale negativa; • in ω2 = 1/10 rad/s la pendenza del diagramma asintotico del modulo aumenta da -2 a -1 e il diagramma asintotico della fase aumenta da −180◦ a −90◦ , quindi ω2 è la pulsazione naturale di uno zero a parte ℜeale negativa; • in ω3 = 10 rad/s la pendenza del diagramma asintotico del modulo diminuisce da -1 a -2 e il diagramma asintotico della fase diminuisce da −90◦ a −180◦, quindi ω3 è la pulsazione naturale di un polo a parte ℜeale negativa. Da queste informazioni segue che L(s) =

1 + 10s 10 · . s (1 + 100s)(1 + 0.1s)

47.2- Siamo in ipotesi di applicabilit` a del Criterio di Bode, µL = 10 > 0 e ϕm > 0 (infatti il diagramma della fase è sempre al di sopra di −180◦), quindi il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. 47.3- L’andamento di regime dell’errore è ben definito in quanto il sistema retroazionato è asintoticamente stabile. Si ha [d] [y o ] eR (t) = eR (t) + eR (t), [y o ]

[d]

dove eR (t) denota il contributo all’errore di regime causato dal segnale d’ingresso y o (t) e eR (t) denota il contributo all’errore di regime causato dal segnale d’ingresso d(t). [y o ] o Per y (t) = sca(t), si ha eR (t) = 0 in quanto la funzione di anello L(s) è di tipo 1. 22 Un

fatto analogo, ma in bassa frequenza, si verifica anche quando si ` e in ipotesi di applicabilit` a del Criterio di Bode: L(0) se L(s) ` e di tipo 0 (e quindi non vi ` e un integratore nell’anello) allora limω→0+ F (jω) = 1+L(0) 6= limω→0+ Fˆ (jω) = 1.

148

[d]

Per d(t) = ram(t), calcoliamo eR (t) per mezzo del Teorema del valore finale. Si ha E(s) = Ted (s) · D(s) = −

1 1 · , 1 + L(s) s2

cosicché lim e(t) = lim sE(s) = lim −

t→+∞

s→0

s→0

1 1 1 1 1 =− . · = lim − =− 1 + L(s) s s→0 s + sL(s) µL 10

Dunque,

1 1 =− . 10 10 Il tempo di assestamento Ta dell’errore dipende dal modulo della parte ℜeale dei poli dominanti di Teyo (s) e di Ted (s), ossia di S(s): poiché S(s) = 1 − F (s), i poli dominanti di S(s) hanno le stesse caratteristiche di quelli di F (s). Essendo in ipotesi di applicabilit` a del Criterio di Bode, possiamo stimare le caratteristiche di tali poli domininati dal valore dalla pulsazione critica e del margine di fase della funzione di anello L(s). Avendo a disposizione in Figura 20 i diagrammi di Bode reali di L(s), non abbiamo bisogno di fare alcun conto e possiamo limitarci ad estrapolare i valori di ωc e ϕm ispezionando tali diagrammi: da essi si vede chiaramente che eR (t) = 0 −

ωc ≃ 1 rad/s

e

ϕc ≃ −100◦ ,

cosicché

ϕm ≃ 80◦ .

Poiché ϕm > 75◦ , è lecito attendersi che il polo dominante sia Reale e posto circa in −ωc , ossia circa in −1. Dunque, 5 Ta ≃ = 1 s. 1 47.4- Si ha [d] [n] [y o ] eR (t) = eR (t) + eR (t) + eR (t). Per y o (t) = ram(t), applicando il Teorema del valore finale in modo analogo a quanto fatto nel punto [y o ] 1 . precedente, si trova eR (t) = 10 Per n(t) = sin(10t), applicando il Teorema della risposta armonica, si ha [n] eR (t) = |Ten (10j)| sin 10j + ∠ Ten (10j) ,

L(s) la cui ampiezza è |Ten (10j)|. Poiché Ten (s) = 1+L(s) = F (s), dobbiamo stimare |F (10j)| e, dal momento che ωc < 10, si ha |F (10j)| ≃ |L(10j)|. Dal diagramma del modulo di L(s) si deduce che23 |L(10j)|dB ≃ −23 dB, ossia |L(10j)| = 10−23/20 ≃ 0.07. [d] Per d(t) = sca(t), si ha eR (t) = 0 in quanto la funzione d’anello L(s) è di tipo 1. In conclusione, indicando con |eR | l’ampiezza dell’errore di regime cercata, si ha:

|eR | ≃

1 + 0.07 + 0 = 0.17. 10

SOLUZIONE ESERCIZIO 48. Sotto l’ipotesi di asintotica stabilit` a, per y o (t) = sin(ω0 t), l’errore di regime è dato da eR (t) = |Teyo (jω0 )| sin jω0 + ∠ Teyo (jω0 )

23 In quanto in ω = 10 rad/s vi ` e un polo e le altre singolarit` a di L(s) distano almeno una decade da tale pulsazione. Trattandosi comunque di un risultato approssimato stiamo infatti considerando |F (10j)| ≃ |L(10j)| , ai fini della soluzione dell’esercizio, anche la stima |L(10j)|dB = −20 dB ≡ 1/10 ` e ritenuta accettabile.

149

a bloccante degli zeri). D’altra parte, e tale errore risulta nullo se e solo se Teyo (jω0 ) = 0 (propriet` essendo 1 DL (s) Teyo (s) = = 1 + L(s) DL (s) + NL (s) NL (s) , si ha dove L(s) = D L (s) Teyo (jω0 ) = 0 ⇔ DL (jω0 ) = 0 ossia, se e solo se L(s) ha un polo in jω0 (e quindi anche in −jω0 ).

Osservazione: tale risultato generalizza i seguenti risultati: ı) per avere errore nullo a transitorio esaurito in risposta ad y o (t) = sca(t) è necessario che L(s) abbia almeno un polo in 0 cioè, contenga un integratore, ossia il fattore Y o (s) = 1s ; ıı) per avere eR (t) = 0 in risposta ad y o (t) = ram(t) è necessario che L(s) abbia almeno due poli in 0 cioè, contenga un doppio integratore, ossia il fattore24 Y o (s) = s12 .

Questo risultato prende il nome di “Principio del modello interno” e pu` o essere parafrasato come segue: affinché un sistema retroazionato possa replicare fedelmente (sia pure a regime) un certo segnale di riferimento, è necessario che al suo interno si trovi un sotto-sistema in grado di generare quel dato riferimento (ossia, di averlo tra i suoi modi naturali).

Soluzione degli esercizi sui sistemi dinamici a tempo discreto SOLUZIONE ESERCIZIO 49. 49.1- L’equazione che definisce gli equilibri del sistema x(k + 1) = f x(k), u(k) è x¯ = f (¯ x, u ¯): nel caso considerato, essendo x¯ = 1, essa assume la seguente forma: 1 = 2¯ u+3−u ¯, quindi u ¯ = −2. 49.2- Posto δx(k) = x(k) − x¯ = x(k) − 1, δu(k) = u(k) − u ¯ = u(k) + 2 e δy(k) = y(k) − y¯ = y(k) − 1, ed essendo la trasformazione di uscita gi` a lineare, il sistema linearizzato prende la forma ( df df (¯ x, u ¯) δx(k) + du (¯ x, u ¯) δu(k) δx(k + 1) = dx δy(k) = δx(k).

Si ha df dx (x, u)

= 2(2u + 3)x − u

e

df du (x, u)

cosicché, ponendo x = 1 e u = −2, si ottiene ( δx(k + 1) = δu(k) δy(k) = δx(k).

= 2x2 − x,

(40)

Il sistema linearizzato presenta dunque una matrice della dinamica A = 0: in virt` u del Teorema 8.12 in [FdA] – paragrafo 8.6.2 – ci` o permette di concludere che la coppia di equilibrio (¯ x = 1, u ¯ = −2) è asintoticamente stabile per il sistema (9). 24 Vedi P. Bolzern, R. Scattolini e N. Schiavoni, “Fondamenti di controlli automatici” – Quarta edizione – McGraw-Hill, paragrafo 11.4.1, “Altri ingressi canonici”.

150

δyF (k)

2

1

0

−1 0

1

2

k

3

4

5

Figura 76: Con riferimento all’Esercizio 49.3, risposta allo scalino del sistema linearizzato di equazione (40).

49.3- Posto δx(0) = 0 e δu(k) ≡ 1, k ∈ N, dall’equazione (40) si ottiene immediatamente che, ∀ k ≥ 1, δy(k) = 1. Il grafico richiesto è quindi quello riportato in Figura 76. ¯ = 1 in tempo Osservazione: la risposta allo scalino si assesta esattamente sul valore di regime δy finito (in questo caso, in 1 passo) in quanto il sistema (40) è FIR. 49.4- Traduciamo, innanzitutto, i dati riguardanti la condizione iniziale x(0) e la legge di controllo u(k) nei corrispondenti dati δx(0) e δu(k) per il sistema linearizzato (40). La condizione iniziale x(0) = 1 corrisponde alla condizione iniziale per il sistema linearizzato data da δx(0) = x(0) − x ¯ = 1 − 1 = 0; la legge di controllo u(k) ≡ −1 corrisponde alla legge di controllo per il sistema linearizzato data da δu(k) = u(k) − u¯ ≡ −1 + 2 = 1. Dunque, al movimento dello stato x(k) corrisponde, nel modello linearizzato, il movimento dello stato δx(k) in risposta ad uno scalino unitario: da quanto visto nella risoluzione del punto 3 (e ricordando che, nel sistema considerato, δx = δy), si ha lim δx(k) = 1.

k→+∞

Poiché δx(k) = x(k) − x ¯, ossia x(k) = δx(k) + x ¯, si trova infine lim x(k) = lim δx(k) + x¯ = 1 + 1 = 2.

k→+∞

k→+∞

49.5- Posto u(k) ≡ −1, l’equazione che descrive la dinamica dello stato x risulta essere

Posto x(0) = 1, si ha quindi

x(k + 1) = f x(k), −1 = x2 (k) + x(k). (

x(1) = 1 + 1 = 2 x(2) = 22 + 2 = 6.

Ci` o viene confermato graficamente in Figura 77.

151

¡ ¢ x(k + 1) = f x(k), −1

8 7 6 x(2) 5 4 3 2 x(1) 1 0 x(0) x(1) −1 −2 −2 −1 0 1 2 3 x(k)

x(2) 4

5

6

7

Figura 77: Illustrazione del metodo grafico per la risoluzione dell’Esercizio 49.5.

Metodo grafico per la costruzione del movimento dello stato Si ricorda che il procedimento grafico per la costruzione del movimento dello stato di un sistema scalare x(k + 1) = ϕ x(k) a partire da una condizione iniziale x(0) consiste nell’iterazione dei due seguenti passi: 1. Si valuta ϕ x(k) ottenendo cos`ı in ordinata il valore di x(k + 1) (freccia nera nel grafico in Figura 77); 2. Il valore di x(k + 1) viene riportato in ascissa tracciando una linea orizzontale fino ad intersecare la bisettrice del I − III quadrante e proiettando tale intersezione “sull’asse x” (frecce rosse tratteggiate nel grafico in Figura 77).

Iterando tale costruzione grafica, si deduce che25 lim x(k) = +∞.

k→+∞

Tale risultato è drammaticamente differente da quello ottenuto nel punto 4 impiegando il modello linearizzato: questo perché, in generale, l’approssimazione della dinamica di un sistema non lineare mediante linearizzazione d` a risultati affidabili solo localmente, ossia per piccole perturbazioni δx e 25 Tale

risultato pu` o essere dimostrato formalmente nel modo seguente: da x(k + 1) = x2 (k) + x(k) discende immediatamente che, se x(k) > 0, allora x(k + 1) > x(k); quindi la successione {x(k)}k∈N ` e monotona crescente; allora tale successione ammette limite per k → +∞ e tale limite potr` a essere finito e pari a ℓ, oppure +∞; se, per assurdo, il limite fosse finito, si avrebbe ℓ > 0 in quanto x(0) > 0 e ℓ = lim x(k + 1) = lim x2 (k) + x(k) = ℓ2 + ℓ, k→+∞

k→+∞

da cui ℓ = 0, assurdo!

152

δu. In questo caso δx(0) = 0 ma, evidentemente, la perturbazione δu(k) ≡ 1 non è sufficientemente piccola. 49.6- Si ha: ¯ = 0, infatti gli equilibri di un sistema scalare x(k + 1) = ϕ x(k) si ottiengono graficamente • x intersecando il grafico della funzione ϕ con la bisettrice del I − III quadrante; • A = 1, cosicché il sistema linearizzato è semplicemente stabile, infatti la matrice A del sistema linearizzato attorno ad un equilibrio x¯ di un sistema scalare x(k + 1) = ϕ x(k) è data dalla pendenza della retta tangente al grafico di ϕ in corrispondenza del punto di coordinate x ¯, ϕ(¯ x) . • Poiché il sistema linearizzato è semplicemente stabile, il solo studio del sistema linearizzato non permette di trarre conclusioni circa le propriet` a di stabilit` a della coppia di equilibrio per il sistema nonlineare (in altre parole, non sono soddisfatte le ipotesi né del Teorema 8.12 né del Teorema 8.13 in [FdA] – paragrafo 8.6.2).

• In questo specifico esempio, è facile rendersi conto che la coppia di equilibrio è instabile, infatti qualunque sia x(0) > 0, mediante metodo grafico si vede che il movimento dello stato risultante è divergente (dunque, in particolare, indipendentemente da quanto x(0) sia vicino all’equilibrio x ¯, il movimento risultante si allontana comunque da x ¯). Al riguardo, si veda la soluzione del punto 4 e la nota a piè pagina. Osservazione: in analogia con quanto accade per i sistemi a tempo continuo, in generale, la presenza di un sistema linearizzato semplicemente stabile oppure instabile ma senza autovalori di modulo strettamente maggiore di 1, è compatibile con qualunque propriet` a di stabilità per la corrispondente coppia di equilibrio del sistema nonlineare originario.

153

Eserciziario Fondamenti di Automatica

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