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:
(
ẋ(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 ẋ(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 compatibilità 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 = z̄1 , z10 = z̄2 , z11 = z̄4 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 · z̄1 , 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 = z̄5 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 ·z̄3 ·z8
.
z̄5
Esercizi sui sistemi dinamici a tempo continuo
Esercizio 6 Si considerino i seguenti sistemi dinamici:






 ẋ1 (t) = −x1 (t) + 2x3 (t)





 ẋ2 (t) = x1 (t) + x2 (t) + x3 (t) − u(t)
S1 :
S
:
2
ẋ3 (t) = −2x1 (t) + x3 (t) + 2u(t)










y(t) = −x2 (t) + 4x3 (t)

S3 :
(
ẋ1 (t) = x22 (t) + u(t)
ẋ2 (t) = 0
ẋ3 (t) = x1 (t) + x2 (t) − x3 (t) + 2u(t)
y1 (t) = x1 (t)
y2 (t) = x2 (t) + u(t)


 ẋ1 (t) = 2x2 (t) + u1 (t)
ẋ2 (t) = −x1 (t) + 3x2 (t)
S4 :


y(t) = x1 (t) + u2 (t)
ẋ(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?
✷ SÌ
✷ NO
2. Il sistema è autonomo?
✷ SÌ
✷ NO
3. Il sistema è strettamente proprio?
✷ SÌ
✷ NO
4. Il sistema è SISO?
✷ SÌ
✷ 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 velocità v e lo stato di carica ξ della batteria variano nel tempo e sono influenzati
dall’angolo di apertura ϑ della manopola dell’acceleratore:
(
ξ̇(t) = φ1 ξ(t), v(t)
v̇(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:
θ̈(t) = −
k
g
θ̇(t) − sin 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 θ̇(0) = 0;
ıı) A partire dalla condizione iniziale θ(0) = π e θ̇(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 x̄ ∈ Rn per un sistema dinamico autonomo
ẋ(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:
(
ẋ(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 proprietà di stabilità 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
ẋ(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


 ẋ(t) = −2 −3 x(t)

−2

 x(0) =
.
1
e rappresentare la corrispondente traiettoria nello spazio di stato.
Esercizio 13 Si consideri il sistema dinamico
x ∈ R, u ∈ R.
ẋ(t) = ax(t) + bu(t),
(3)
1. Calcolare il movimento forzato dello stato corrispondente al segnale d’ingresso
u(t) =
ū per 0 ≤ t < t̄
0 per t ≥ t̄.
(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:
σ̇(t) = −ρσ(t) + λǫ(t),
Supponendo che σ(0) = σ0 e
ǫ(t) =
ρ > 0, λ > 0.
per 0 ≤ t < 10
per t ≥ 10,
ǭ
0
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:
ḣ(t) = −αh(t) + βp(t),
Supponendo che h(0) = h0 e
p(t) =
α > 0, β > 0.
per 0 ≤ t < 2
per t ≥ 2,
p̄
0
calcolare h(t) per t ≥ 0.
4. Per valori non troppo elevati della velocità 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 può essere
descritta dalla seguente equazione differenziale:
v̇(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) =
per 0 ≤ t < 3
per t ≥ 3,
F̄
0
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 ū = 1/t̄. Si noti che, al variare di t̄ > 0, è cosı̀ definito un
insieme infinito di segnali d’ingresso.
• Si disegni il grafico di u(t) nei tre casi in cui t̄ = 2, t̄ = 1 e t̄ = 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, t̄ (t) (dove la presenza
dell’indice t̄ richiama il valore del parametro t̄ 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, t̄ (t).
• Per ogni fissato t > 0, si calcoli il seguente limite1 :
lim xF, t̄ (t)
t̄→0+
1 Questa
domanda sottintende difficoltà 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 è più difficile comprendere
la domanda ed il suo significato “fisico” che non risolverla.
6
quindi, posto gx (t) = limt̄→0+ xF, t̄ (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 t̄ → 0+ [· · · ]).
Esercizio 14 Analizzare la stabilità del sistema lineare scalare ẋ(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
(
ẋ = Ax + Bu
y = Cx + Du
e si risponda alle seguenti domande:
1. Analizzare la stabilità 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
molteplicità 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 più 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 stabilità 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 velocità, 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
gravità è
γ
v̇(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 gravità.
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 velocità del suono).
Esercizio 19 Si consideri il seguente sistema dinamico:
(
ẋ(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 proprietà di stabilità degli equilibri determinati.
Esercizio 20 Sia dato un sistema descritto dalla seguente equazione differenziale:
θ̈(t) + θ̇(t) sin θ(t) − θ2 (t) + θ(t)u(t) = 0.
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 stabilità dei corrispondenti stati di equilibrio.
Esercizio 21 Si consideri il seguente sistema dinamico:

p

ẋ1 (t) = −x1 (t) x2 (t) + 8u1 (t)


ẋ2 (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) ≡ ū =
2
0
.
3. Scrivere l’espressione del sistema linearizzato attorno alla coppia di equilibrio (x̄, ū) determinata
e valutarne le proprietà di stabilità. Si dica poi se la seguente affermazione è vera o falsa: “ in
presenza del segnale d’ingresso u(t) ≡ ū, 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) = x̄”.
Esercizio 22 Un braccio robotico elementare di lunghezza l e massa m può 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:


ẋ (t) = x2 (t)

 1
g
1
k
ẋ2 (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 ū che permetta di mantenere il braccio robotico in equilibrio
alla posizione x̄1 = 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
ḣ(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 ū della portata p tale che la corrispondente uscita di equilibrio sia ȳ = 8.
3. Scrivere le equazioni del sistema linearizzato attorno a tale equilibrio e si valutino le proprietà
di stabilità dell’equilibrio.
1
sca(t): impiegare il modello linearizzato trovato
4. Si supponga che h(0) = 4 e che p(t) = ū + 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
più 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) può essere riscritto nella
seguente forma
u(t) = ū sca(t) − ū sca(t − t̄).
Esercizio 26 Si consideri il seguente sistema dinamico:
(
ẋ1 (t) = x1 (t) x2 (t) + 1 + x2 (t)
ẋ2 (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 ẋ(t) = Ax(t) il sistema linearizzato determinato in 1: calcolare la matrice eAt e valutare le
proprietà di stabilità del sistema. Dire se da tale analisi è possibile trarre conclusioni circa le
proprietà di stabilità 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 più 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)
ẋ(t)
=


2 1


1


.
x(0)
=

−1
Esercizio 29 Si consideri il seguente sistema lineare:
ẋ(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 x̃,
x̃ : R+
t
→ Rn
7
→
x̃(t),
il movimento dello stato determinato da una data condizione iniziale x(0) = x̃0 , da un dato segnale
d’ingresso ũ,
ũ : R+ → Rm
t 7→ ũ(t),
10
e dal disturbo w(t) ≡ 0.
Sia x∗ il movimento perturbato determinato dalla stessa condizione iniziale x(0) = x̃0 , dallo stesso
segnale d’ingresso ũ e da un segnale di disturbo w tale che, ∀ t ≥ T , w(t) = 0.
Mostrare che
lim kx∗ (t) − x̃(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 stabilità 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:

ẋ1 (t) = 2x1 (t) − 4x2 (t) + u(t)



ẋ2 (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+ ẏF (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


ẋ1 (t) = 2x1 (t) + u(t)
ẋ2 (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 proprietà di stabilità 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 cosı̀ 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 proprietà 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: poiché 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 può 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 può 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 stabilità 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 stabilità 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 stabilità 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 stabilità 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 stabilità 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 però di non conoscere la fattorizzazione data in equazione (8) del polinomio caratteristico
del sistema retroazionato.
Verificare l’asintotica stabilità 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 stabilità 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 stabilità 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
T̂un (jω), se ne tracci il diagramma di Bode asintotico del modulo e si scriva la corrispondente
espressione T̂un (s). Infine, impiegando tale T̂un (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 può applicare il Criterio di Bode per analizzare
l’asintotica stabilità 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 sensitività
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 singolarità Reali, scrivere l’espressione di L(s).
2. Analizzare l’asintotica stabilità 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) ≡ ū in corrispondenza del quale x̄ = 1 è uno
stato di equilibrio per il sistema.
2. Scrivere l’espressione del sistema linearizzato attorno alla coppia di equilibrio (x̄ = 1, ū) 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 ciò 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 x̄
• dire quanto vale la matrice A del sistema linearizzato attorno alla coppia di equilibrio
¯, ū¯ = −1) ed analizzare le proprietà di stabilità di tale sistema linearizzato;
(x̄
• dire se lo studio del sistema linearizzato permette di concludere l’analisi di stabilità della
¯, ū¯ = −1) per il sistema non lineare;
coppia di equilibrio (x̄
¯, ū¯ = −1) del sistema non lineare è asintoticamente
• si dica se la coppia di equilibrio (x̄
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 ẋ = 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 ẋ = 2x
• Caso (a):
!
d
1
3
6
d
1
ẋ(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 ẋ(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 ẋ(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
ẋ(t) = √
· (3t + 4) = √
.
(11)
dt
2 3t + 4
2 3t + 4
In questo caso risulta evidente il fatto che l’espressione trovata per ẋ(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 però che
l’esercizio non richiede di risolvere l’equazione differenziale e che, in generale, è molto più semplice
verificare se una certa funzione risolva una data equazione differenziale piuttosto che risolvere tale
equazione. Si ha
ẋ(t) =
da cui x(t) =
3
2x(t)
Rt
Rt
R x(t)
⇔ x(t)ẋ(t) = 32 ⇔ 0 x(t)ẋ(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 ẋ(0) =
ẋ(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 ẋ(t): valutandola
per t = 0 si ottiene ẋ(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 ẋ(t) ≡ 0, allora, affinché l’equazione differenziale ẋ(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 compatibilità
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 compatibilità 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 cosı̀ come il numero di righe
di Q. Si ha che ZQ ∈ Rm×j .
ııı) Si noti che Q⊤ Z ⊤ = (ZQ)⊤ , quindi, in virtù 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 identità 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.
Diagonalizzabilità e diagonalizzazione di matrici
• Autovalori: molteplicità 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 virtù 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 molteplicità).
Di conseguenza, una matrice A ∈ Rn×n ha esattamente n autovalori (contati con
la loro molteplicità). Con riferimento alla fattorizzazione (12), il numero ni si dice
molteplicità 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 molteplicità geometrica dell’autovalore
λi e si indica con
µg (λi ).
• Diagonalizzabilità. 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 molteplicità 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
diagonalizzabilità 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
virtù delle disequazioni (14), non può 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 diagonalizzabilità, 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 diagonalizzabilità.
In presenza di autovalori coincidenti, una matrice può 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 costituirà 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 costituirà 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 può 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 diagonalizzabilità e diagonalizzazione richiamati in precedenza.
La diagonalizzabilità 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 può ripetere il conto considerando λ2 = 2 − 3j oppure,
più 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 Âij
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(Âji )
det(A)
(17)
(prestare attenzione al fatto che gl’indici nella matrice Â∗∗ 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
a<0
a=0 e b>0
a = 0 e b < 0;
nel caso a < 0 è indifferente aggiungere o togliere π in virtù della periodicità 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 z̄ si indica il numero Complesso coniugato di z definito come segue:
In forma cartesiana:
z = a + jb → z̄ = a − jb
In forma polare:
z = ρ · ejθ
→ z̄ = ρ · e−jθ .
È utile ricordare che:
• j 2 = −1;
• z · z̄ = |z|2 dunque, in particolare, z · z̄ ∈ 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 · z̄1 = ( 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 z̄1 in modo
tale che la frazione risultante, cioè (z3 · z̄1 )/(z1 · z̄1 ), avesse per denominatore un numero Reale.
5.4- Si ha:
√
z̄5 = 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|.
È doveroso ricordare che, cosı̀ come l’argomento delle funzioni trigonometriche sin, cos, tan, . . . è un
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 · z̄3 · z8
(2 ejπ/6 ) · ( 10 e−j·4.39 ) · (ej2π/3 )
√
=
≃
z̄5
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 può convertire il risultato in forma cartesiana ed ottenere
√
√
z1 · z̄3 · z8
≃ 5e−j·0.99 = 5 cos(−0.99) + j sin(−0.99) ≃ 1.23 − 1.87j.
z̄5
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:


ẋ1 (t) = φ1 x1 (t), x2 (t)


ẋ2 (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
θ̇
;
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 θ̇2 ,
quindi
y1
θ
y=
= 1 2 2 .
y2
2 ml θ̇
Di conseguenza, un modello in forma di stato del sistema dinamico considerato è:

ẋ1 (t) = x2 (t)




 ẋ2 (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 cosı̀ via
finché, asintoticamente, il pendolo si ferma in θ = 0.
In virtù 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
θ̇(t) ≡ θ̇(0) = 0
e la traiettoria corrispondente è il punto “rosa” di Figura 23.(b) posto in x̄ = (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
θ̇(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 θ̇(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(t̄) non è sufficiente per conoscere
il saldo del conto in quello stesso giorno ossia, y(t̄) .
Osservazione: approfondimento sul concetto di “variabile di stato” nei sistemi dinamici.
Questo esempio permette di fare più 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(t̄) in uscita dal rubinetto dipenda solo da quanto esso è aperto correntemente, cioè da u(t̄).
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 velocità 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–velocità che quello forza–posizione sono espressi da un’equazione
differenziale mv̇(t) = F (t) e mẍ(t) = F (t), rispettivamente . D’altra parte è anche chiaro che, per
conoscere la velocità 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 velocità)
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 – mẍ(t) = F (t) – e dunque occorrono 2 condizioni iniziali .
SOLUZIONE ESERCIZIO 10.
• Lo stato di equilibrio x̄ si dice essere stabile se e solo se ∀ ǫ > 0, ∃δ(ǫ) > 0 tale che ∀ x∗0 con
kx∗0 − x̄k ≤ δ(ǫ) il corrispondente movimento x∗ (t) è tale che kx∗ (t) − x̄k ≤ ǫ ∀ t ≥ 0.
• Lo stato di equilibrio x̄ si dice essere instabile se e solo se non è stabile.
• Lo stato di equilibrio x̄ si dice essere asintoticamente stabile se e solo se è stabile e inoltre ∃ρ > 0
tale che ∀ x∗0 con kx∗0 − x̄k ≤ ρ il corrispondente movimento x∗ (t) è tale che limt→+∞ kx∗ (t) − x̄k = 0.
• Lo stato di equilibrio x̄ 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

 ẋ(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 :

 ẋ(t) = 0
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) :

 ẋ(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
stabilità del movimento, possiamo ricondurci ai risultati sui sistemi lineari: il sistema ẋ(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, ẋ(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 ) bū dτ

Z t

0
xF (t) =
ea(t−τ ) bu(τ ) dτ =
Z t̄

0



ea(t−τ ) bū dτ
0
se 0 ≤ t < t̄
se t ≥ t̄,
dove si noti soltanto che, nel caso t ≥ t̄, l’integrale è calcolato solo fra 0 e t̄ in quanto, per t ≥ t̄, il
segnale d’ingresso è nullo e quindi è nulla la funzione integranda. Calcolando tali integrali, si ottiene
se a 6= 0, e

bū at


 a (e − 1)
xF (t) =
−at̄


 (1 − e )bū · eat
a
xF (t) =
(
se 0 ≤ t < t̄
(19)
se t ≥ t̄,
būt
se 0 ≤ t < t̄
būt̄
se t ≥ t̄,
(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, ū = ǭ e t̄ = 10. Quindi, senza dover rifare alcun conto,
posto x = σ, si ha:

λǭ

−ρt

se 0 ≤ t < 10

 ρ 1−e
xF (t) =
10ρ


 e − 1 λǭ · e−ρt 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, ū = p̄ e t̄ = 2. Quindi, senza dover rifare alcun
conto, posto x = h, si ha:

β p̄
−αt


 α 1−e
xF (t) =

 e2α − 1 β p̄ −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
, ū = F̄ e t̄ = 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 t̄ = 2 (linea blu), t̄ = 1
(linea rossa) e t̄ = 1/2 (linea verde).
alcun conto, posto x = v, si ha:

F̄

−γt


 γ 1−e m
xF (t) =

γ
 F̄ 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 ū = 1/t̄. Quindi,
se a 6= 0, e
 b
at


 at̄ e − 1
xF, t̄ (t) =
 b 1 − e−at̄


· eat
at̄

 b ·t
t̄
xF, t̄ (t) =

b
se 0 ≤ t < t̄
se t ≥ t̄,
se 0 ≤ t < t̄
se t ≥ t̄,
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 t̄.
Osservazione: il tratto crescente iniziale del grafico di xF, t̄ (t) e la sua prosecuzione (linea blu
tratteggiata) costituiscono il grafico della risposta forzata corrispondente all’ingresso costante u(t) ≡ ū
48
xF, t̄ (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, t̄ (t)
vs
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
1
2
t
gx (t)
(b)
6
5
xF, t̄ (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, t̄ (t) (linea verde) per t̄ = 2 (a), t̄ = 1 (b) e t̄ = 1/5 (c).
49
(la cosiddetta “ risposta allo scalino”), a partire dall’istante t = t̄ 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 ; più precisamente, per t ≥ t̄, xF, t̄ (t) = xF, t̄ (t̄) · ea(t−t̄) ).
Per calcolare il limite richiesto, poiché t̄ → 0+ e t > 0 è fissato, è sufficiente considerare l’espressione
di xF, t̄ (t) per t ≥ t̄, dunque

−at̄

(a)
 lim + b 1−e
· eat = beat se a 6= 0
t̄→0
at̄
lim xF, t̄ (t) =

t̄→0+
 b
se a = 0,
.
dove, l’uguaglianza (a) segue dall’approssimazione lineare dell’esponenziale, ossia e−at̄ = 1 − at̄.
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 t̄ durante il quale agisce il segnale
d’ingresso ū, l’intensità dell’ingresso aumenta e, al limite per t̄ → 0+ , tale intensità diverge a +∞.
Ossia, al limite per t̄ → 0+ , il segnale d’ingresso agisce “istantaneamente con intensità infinita”, è
cioè un impulso. Naturalmente tutto ciò rappresenta un’astrazione della realtà 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 diagonalizzabilità (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 molteplicità 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) cosicché
λ2,3 = ±j 3: essendo distinti,
la matrice
√ 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 Ã
con la matrice Ã ∈ R2×2 avente gli autovalori λ2,3 = −1 ± 4j. Il polinomio caratteristico
di Ã è dato da pÃ (s) = (s + 1 − 4j)(s + 1 + 4j) = s2 + 2s + 17 quindi, tr(Ã) = −2 e
8 Oppure,
più 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 è diagonalizzabile (vedi la soluzione
alternativa proposta per l’analisi di diagonalizzabilità 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
det(Ã) = 17 (si ricordi la forma del polinomio caratteristico per matrici di dimensione 2
riportata nella soluzione dell’Esercizio 3.1) e dunque, ad esempio,
Ã =
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)
+
ẋ(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 v̄ del sistema v̇(t) = f v(t) sono definiti dall’equazione f (v̄) = 0, ossia
−
γ 2
v̄ + g = 0.
m
Per v > 0, l’unico equilibrio del sistema è quindi
v̄ =
r
mg
.
γ
γ 2
Dallo studio del segno di f (v) = − m
v + g, si ha che
per 0 < v < v̄, f (v) > 0,
per v > v̄, f (v) < 0.
Se ne deduce quindi che l’equilibrio v̄ è asintoticamente stabile e che, se v(0) > 0, allora
52
γ 2
f (v) = − m
v +g
10
5
0
v̄
−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) = v̄
t→+∞
(vedi
la Figura 27). Infine, per determinare i valori di γ richiesti, basta imporre che v̄ > 330 ossia
q
mg
γ > 330, da cui
mg
980
0<γ<
=
≃ 0.009 Kg/m.
3302
3302
SOLUZIONE ESERCIZIO 19.
19.1- L’equazione che definisce le coppie (x̄, ū) di equilibrio è x̄3 − x̄ū = 0, ossia x̄(x̄2 − ū) = 0. Per
ū = 1, tale equazione diventa
x̄(x̄2 − 1) = 0 ossia x̄(x̄ + 1)(x̄ − 1) = 0.
Il sistema ha quindi tre stati di equilibrio corrispondenti a ū = 1 dati da
x̄(1) = 0,
x̄(2) = −1 e
x̄(3) = 1.
Le corrispondenti uscite di equilibrio sono definite dall’equazione ȳ = sin(x̄) + ū2 quindi, nei tre casi:
ȳ (1) = 1,
ȳ (2) = − sin(1) + 1 ≃ 0.16 e
ȳ (3) = sin(1) + 1 ≃ 1.84.
Posto δx(t) = x(t) − x̄, δu(t) = u(t) − ū = u(t) − 1 e δy(t) = y(t) − ȳ, il sistema linearizzato prende
la forma
(
∂f
˙
δx(t)
= ∂f
∂x (x̄, ū) δx(t) + ∂u (x̄, ū) δu(t)
δy(t) =
Si ha:
∂f
(x, u) = 3x2 − u;
∂x
∂g
∂x (x̄, ū) δx(t)
∂f
(x, u) = −x;
∂u
+
∂g
∂u (x̄, ū) δu(t).
∂g
(x, u) = cos(x)
∂x
53
e
∂g
(x, u) = 2u.
∂u
Sostituendo ū = 1 e x̄ = x̄(i) nei tre diversi casi, si ottiene:
(
˙
δx(t)
= − δx(t)
(1)
per (x̄, ū) = (x̄ , 1) = (0, 1),
SL :
δy(t) = δx(t) + 2 δu(t)
(
˙
δx(t)
= 2 δx(t) + δu(t)
per (x̄, ū) = (x̄(2) , 1) = (−1, 1), SL :
δy(t) = cos(−1) δx(t) + 2 δu(t) ≃ 0.54 δx(t) + 2 δu(t)
(
˙
δx(t)
= 2 δx(t) − δu(t)
per (x̄, ū) = (x̄(3) , 1) = (1, 1),
SL :
δy(t) = cos(1) δx(t) + 2 δu(t) ≃ 0.54 δx(t) + 2 δu(t).
19.2- In virtù dei Teoremi 3.9 e 3.10 in [FdA] – paragrafo 3.5.2 – possiamo concludere che la coppia
di equilibrio (x̄(1) , 1) = (0, 1) è asintoticamente stabile per il sistema nonlineare dato, e che le coppie
di equilibrio (x̄(2) , 1) = (−1, 1) e (x̄(3) , 1) = (1, 1) sono instabili per il sistema nonlineare dato.
SOLUZIONE ESERCIZIO 20.
20.1- Seguendo lo stesso metodo presentato nella soluzione dell’Esercizio 8.1, si ponga
x=
x1
x2
=
θ
θ̇
.
Quindi,
ẋ1 (t) = θ̇(t) =
ẋ2 (t) = θ̈(t) =
=
cioè:
x2 (t)
−θ̇(t) sin θ(t) + θ2 (t) − θ(t)u(t) =
−x2 (t) sin x1 (t) + x21 (t) − x1 (t)u(t),


 ẋ1 (t) = x2 (t)
ẋ2 (t) = −x2 (t) sin x1 (t) + x21 (t) − x1 (t)u(t)


y(t) = x1 (t).
20.2- Il sistema di equazioni che definisce le coppie (x̄, ū) di equilibrio e le uscite di equilibrio ȳ
corrispondenti è
f (x̄, ū) = 0
ȳ = g(x̄, ū).
Tale sistema, nel caso specifico, assume la seguente forma:


 x̄2 = 0
−x̄2 sin x̄1 + x̄21 − x̄1 ū = 0


ȳ = x̄1 ,


 x̄2 = 0
x̄1 (x̄1 − ū) = 0


ȳ = x̄1 .
cioè
Quindi, per ū = −4, si hanno due stati di equilibrio x̄(1) e x̄(2) dati da
x̄(1) =
0
0
,
x̄(2) =
−4
0
a cui corrispondono le due seguenti uscite di equilibrio: ȳ (1) = 0 e ȳ (2) = −4, rispettivamente.
54
In alternativa, all’equilibrio si ha θ(t) ≡ θ̄ e dunque θ̇(t) ≡ θ̈(t) ≡ 0. Ponendo θ̇ = 0 e θ̈ = 0
direttamente nell’equazione differenziale di ordine 2 data nel testo dell’esercizio, si ottiene l’equazione
−θ̄ 2 + θ̄ū = 0
da cui, per ū = −4, si ottengono i seguenti due valori di equilibrio per θ: θ̄(1) = 0 e θ̄(2) = −4.
Per analizzare la stabilità dei due equilibri trovati, proviamo a studiare il sistema linearizzato attorno
a tali coppie. L’equazione che definisce ẋ1 (come pure la trasformazione di uscita) è già lineare; quella
che definisce ẋ2 è f2 (x, u) = −x2 sin(x1 ) + x21 − x1 u. Quindi:
∂f2
(x, u) = −x2 cos(x1 ) + 2x1 − u
∂x1
e
∂f2
(x, u) = − sin(x1 ).
∂x2
Posto δx(t) = x(t) − x̄, δu(t) = u(t) − ū = u(t) + 4, δy(t) = y(t) − ȳ e sostituendo i valori (x̄, ū) di
equilibrio trovati, si ottengono i due seguenti sistemi linearizzati (si esplicita solo la matrice A perché
è l’unica che occorre conoscere per analizzare la stabilità):


˙ = 0 1 δx + B1 δu

δx


4 0

δy = δx1





(δx = x − x̄(1) )
e
Da essi si deduce che:

0
1

˙ =

δx + B2 δu
δx


−4 − sin(−4)

δy = δx1





(δx = x − x̄(2) ) .
• x̄(1) è uno stato di equilibrio instabile per il sistema nonlineare dato perché il corrispondente
sistema linearizzato ha un autovalore pari a +2 infatti, pA (s) = s2 − 4 = (s + 2)(s − 2) ;
• x̄(2) è uno stato di equilibrio asintoticamente stabile per il sistema nonlineare dato, mostriamo
infatti che il corrispondente sistema linearizzato è asintoticamente instabile. Si ha10
pA (s) = s2 − sin(4)s + 4 :
poiché il sistema è di ordine 2, per l’asintotica stabilità è necessario e sufficiente che il polinomio
caratteristico abbia i coefficienti tutti dello stesso segno e ciò accade in quanto sin(4) < 0.
SOLUZIONE ESERCIZIO 21.
21.1- Si tratta di un sistema di ordine 2, nonlineare, non autonomo, strettamente proprio e MIMO.
21.2- Il sistema di equazioni che definisce le coppie (x̄, ū) di equilibrio prende la forma
(
√
−x̄1 x̄2 + 8ū1 = 0
−x̄2 ū21 + 2x̄1 + ū2 = 0.
Nel caso in cui ū1 = 2 e ū2 = 0, esso si riduce a
(
√
− x̄1 x̄2 + 16 = 0
(21)
− 4x̄2 + 2x̄1 = 0.
(22)
10 Si ricordi che − sin(−α) = sin(α) e che l’argomento della funzione sin( · ) si misura in radianti da cui sin(4) ≃
−0.76 < 0 .
55
Dall’equazione (22) si ricava x̄1 = 2x̄2 , sostituendo tale espressione di x̄1 nell’equazione (21), si ottiene
√
2x̄2 x̄2 = 16 ossia,
√
x̄2 x̄2 = 8.
Quindi x̄2 = 4 e, conseguentemente, x̄1 = 8. All’ingresso costante dato, corrisponde quindi un unico
stato di equilibrio dato da
8
x̄ =
4
con relativa uscita di equilibrio
ȳ = x̄1 + x̄2 = 12.
√
21.3- Si ha ẋ1 = f1 (x, u) = −x1 x2 + 8u1 e ẋ2 = f2 (x, u) = −x2 u21 + 2x1 + u2 , cosicché
√
∂f1
(x, u) = − x2
∂x1
∂f1
x1
(x, u) = − √
∂x2
2 x2
∂f1
(x, u) = 8
∂u1
∂f1
(x, u) = 0
∂u2
∂f2
(x, u) = 2
∂x1
∂f2
(x, u) = −u21
∂x2
∂f2
(x, u) = −2x2 u1
∂u1
∂f2
(x, u) = 1.
∂u2
L’equazione di uscita è già lineare. Quindi, posto
δx(t) = x(t) − x̄ =
x1 (t) − 8
x2 (t) − 4
, δu(t) = u(t) − ū =
u1 (t) − 2
u2 (t)
,
δy(t) = y(t) − ȳ = y(t) − 12
e sostituendo i valori (x̄, ū) di equilibrio trovati, si ottiene il seguente sistema linearizzato:


8
0

˙ = −2 −2 δx +
 δx
δu
−16 1
2 −4


 δy = 1 1 δx.
La coppia di equilibrio considerata è asintoticamente stabile per il sistema nonlineare dato in quanto il
corrispondente sistema linearizzato è asintoticamente stabile infatti, esso ha polinomio caratteristico
pari a pA (s) = s2 + 6s + 12 e, poiché il sistema è di ordine 2, per l’asintotica stabilità è necessario e
sufficiente che il polinomio caratteristico abbia i coefficienti tutti dello stesso segno .
L’affermazione riportata nel testo dell’esercizio è falsa. In generale, uno stato di equilibrio asintoticamente stabile per un sistema nonlineare ha un bacino di attrazione limitato ad un intorno dell’equilibrio
stesso in altre parole, solo per condizioni iniziali x(0) sufficientemente vicine all’equilibrio x̄ si ha che
i movimenti dello stato convergono asintoticamente a x̄ , si dice cioè che l’asintotica stabilità è una
proprietà locale. Nel caso
fintanto che x2 (t) ≥ 0
p specifico, inoltre, l’equazione differenziale ha soluzioni
a causa del termine x2 (t) presente nell’equazione che definisce ẋ1 (t) e dunque, condizioni iniziali
con x2 (0) < 0 non sono ammissibili.
SOLUZIONE ESERCIZIO 22.
22.1- Il sistema di equazioni che definisce le coppie (x̄, ū) di equilibrio prende la forma
(
(
x̄2 = 0
x̄2 = 0
ossia
g
1
k
− gl sin(x̄1 ) + ml1 2 ū = 0.
− ml2 x̄2 − l sin(x̄1 ) + ml2 ū = 0
56
(23)
Imponendo che x̄1 =
π
4
sia di equilibrio ossia, sostituendo x̄1 =
π
4
nelle equazioni (23), si ottiene
√
2
mlg.
ū =
2
22.2- La proprietà che viene richiesto di verificare è garantita dall’asintotica stabilità dell’equilibrio.
Verifichiamo dunque, mediante linearizzazione del sistema, che la coppia di equilibrio
√
π 2
4
,
ū =
x̄ =
mlg
0
2
è asintoticamente stabile. L’equazione che definisce ẋ1 è già lineare; essendo ẋ2 = f2 (x, u) =
k
1
− gl sin(x1 ) − ml
2 x2 + ml2 u, si ha
∂f2
g
(x, u) = − cos(x1 )
∂x1
l
Quindi, sostituendo x̄1 =
π
4,
x̄2 = 0 e ū =
√
e
2
2 mlg,
"

0

 δx
√
˙ =
− 2l2g


δy = δx1
k
∂f2
(x, u) = − 2 .
∂x2
ml
si ottiene il seguente sistema linearizzato:
1
k
− ml
2
#
δx + B δu
√
2g
k
e, essendo tutti i suoi coefficienti positivi (k > 0
il cui polinomio caratteristico è pA (s) = s2 + ml
2 s+ 2l
per ipotesi), ciò garantisce l’asintotica stabilità sia del sistema linearizzato che della corrispondente
coppia di equilibrio per il sistema nonlineare dato.
SOLUZIONE ESERCIZIO 23.
23.1- Posto x = h e u = p, il volume V di liquido presente nel serbatoio è dato da V = σh, quindi
y = σx e la corrispondente forma di stato del sistema è
p
(
ẋ(t) = −α x(t) + βu(t)
y(t) = σx(t).
23.2- Con i valori specificati per i parametri, il sistema prende la forma
p
(
5
x(t) + 12 u(t)
ẋ(t) = − 12
y(t) = 2x(t).
All’equilibrio,
(
√
5
x̄ + 21 ū = 0
− 12
ȳ = 2x̄ :
essendo ȳ = 8, si ottiene x̄ = 4 e dunque
ū =
23.3- Si ha
5
.
3
5
∂f
(x, u) = − √ ,
∂x
24 x
57
(24)
53
30
5 √
f (x) = − 12
x+
1
2
·
1
0.5
x̄′
0
−0.5
0
1
2
3
4
5
x
6
7
Figura 28: Con riferimento all’Esercizio 23.4, grafico di f (x) per u =
da cui
∂f
∂x (x̄, ū)
=
∂f
∂x
5
. Quindi, posto
4, 35 = − 48
δx(t) = x(t) − x̄ = x(t) − 4,
δu(t) = u(t) − ū = u(t) −
5
3
e
5
3
8
+
1
10
=
53
30 .
δy(t) = y(t) − ȳ(t) = y(t) − 8, (25)
il sistema linearizzato è dato da
(
5
˙
δx(t) + 12 δu(t)
δx(t)
= − 48
δy(t) = 2δx(t)
e ne consegue che la coppia di equilibrio x̄ = 4, ū =
nonlineare dato.
5
3
è asintoticamente stabile per il sistema
23.4- Al fine di impiegare il modello linearizzato, occorre innanzitutto tradurre i dati del problema
(cioè, la condizione iniziale e la legge di controllo) in funzione delle variabili che compaiono nel
sistema linearizzato. Ricordando che h(t) = x(t), p(t) = u(t) e la definizione delle variabili δx e δu
data nell’equazione (25), si ha:
(
δx(0) = x(0) − x̄ = h(0) − x̄ = 4 − 4 = 0
1
1
δu(t) = u(t) − ū = ū + 10
− ū = 10
, t ≥ 0.
In presenza dell’ingresso costante δu(t) ≡ δu =
stabile, si ha
1
10 ,
poiché il sistema linearizzato è asintoticamente
lim δx(t) = −BA−1 δu =
t→+∞
12
1 48 1
·
·
=
2 5 10
25
e quindi, essendo h(t) = x(t) = δx(t) + x̄,
lim h(t) = lim δx(t) + x̄ =
t→+∞
t→+∞
12
112
+4=
= 4.48.
25
25
Impiegando il modello nonlineare, ricaviamo
(24) l’equilibrio x̄′ corrispondente all’in√ dall’equazione
6 ′
5
1
53
36 ′ 2
532
53 2
1
′
′
ū = 36
≃ 4.49.
gresso ū = ū + 10 = 3 + 10 = 30 : si ha x̄ = 5 ū e dunque x̄′ = 25
25 · 302 = 25
Mediante l’impiego del metodo grafico si vede che tale eqilibrio è asintoticamente stabile e che ogni
58
condizione iniziale x(0) > 0 appartiene al suo bacino di attrazione (vedi11 Figura 28). Di conseguenza,
lim h(t) = lim x(t) = x̄′ ≃ 4.49.
t→+∞
t→+∞
I due risultati sono differenti in quanto il sistema linearizzato non è equivalente al sistema nonlineare
dato ma ne è solo un’approssimazione. Dei due risultati è quindi da considerare più attendibile quello
basato sullo studio diretto del sistema nonlineare.
SOLUZIONE ESERCIZIO 24.
24.1- Avvalendosi dei metodi basati sulla Trasformata di Laplace, si ha:
X(s) = (sI − A)−1 x(0) + (sI − A)−1 BU (s).
Poiché
(sI − A)−1 =
si ottiene
X(s) =
=
"
"
1
s
0
1
s
−2
s+1
0
1
s+1
#
+
"
#
"
1
s
#
0
0
1
s+1
1
−2
+
"
1
s(s+2)
−3
(s+1)(s+2)
e
1
s
#
0
1
0 s+1
# "
=
1
,
s+2
U (s) =
1
s
−2
s+1
1
−3
# "
+
1
s+2
1/2
s
−3
s+1
=
−
+
1/2
s+2
3
s+2
#
=

Infine,

3/2
1/2
−
 s
s+2 
.
= 
 −5
3 
+
s+1 s+2


x(t) = L−1 X(s) = 
3 1 −2t
− e
2 2
−5e−t + 3e−2t


 sca(t).
In alternativa, è comunque possibile risolvere l’esercizio direttamente nel dominio del tempo (impiegando la Formula di Lagrange): in questo caso, essendo la matrice A diagonale, non vi è difficoltà
nel calcolo dell’esponenziale di matrice e risulta direttamente
e
At
=
1
0
0
e−t
.
11 Nota bene: si ricordi che per l’impiego del metodo grafico, è sufficiente studiare il segno della funzione f (x), non
occorre eseguire uno studio più approfondito della funzione f (x) né occorre disegnarne il grafico.
59
24.2- Si ha
G(s) =
=
=
#
" 1
0
0
1
2
1
−1
s
C(sI − A) B + D =
=
+
1
0 s+1
−1 4
0
−3
#
" −3
" 1 # 2
0 1
s
s+1 + 2
=
+
=
12
−3
0
−1 4
− 1s − s+1
s+1


2s − 1

s+1


13s + 1
−
s(s + 1)

.

24.3- Avvalendosi dei metodi basati sulla Trasformata di Laplace, si ha:
Y (s) = C(sI − A)−1 x(0) + G(s)U (s).
Essendo in questo caso
1
,
s
U (s) =
si ottiene:
Y (s) =
=
=
"
0 1
−1 4
"
2
− s+1
− 1s −
8
s+1
1
s
0
#
0
1
s+1
+
"
#
1
−2
2s−1
s(s+1)
− s13s+1
2 (s+1)
#
y(t) = L
Y (s) =
"
SOLUZIONE ESERCIZIO 25.
Si ha
XF (s) =
2
− s+1
− s1 −
8
s+1
·
#
1
s
=
+
"
− 1s +
− s12 −
12
s
3
s+1
+
12
s+1
#
=
−1 + e−t
−t − 13 + 4e−t
#
sca(t).
b
U (s),
s−a
ū ū
U (s) = L ū sca(t) − ū sca(t − t̄) = − · e−t̄s ,
s
s
XF (s) =
Posto
#

1
1
− +


s s+1
.


13
4 
1
+
− 2−
s
s
s+1
−1
quindi
=
"
2s−1
s+1
13s+1
− s(s+1)

Infine,
dove
+
"
bū
bū
−
· e−t̄s .
(s − a)s (s − a)s
−1
x1 (t) = L
60
bū
,
(s − a)s
(26)
eseguendo l’anti-trasformata di Laplace di ambo i membri dell’equazione (26), si ottiene che
xF (t) = x1 (t) − x1 (t − t̄).
Calcoliamo dunque x1 (t): se a 6= 0, si ha
bū
bū
bū
= a − a ,
(s − a)s
s−a
s
cosicché
x1 (t) =
Conseguentemente,
x1 (t − t̄) =
bū at
(e − 1) sca(t).
a
bū a(t−t̄)
(e
− 1) sca(t − t̄)
a
e
xF (t) = x1 (t) − x1 (t − t̄) =
i
bū h at
=
(e − 1) sca(t) − (ea(t−t̄) − 1) sca(t − t̄) =
a
( bū at
se 0 ≤ t < t̄
(α)
a (e − 1)
=
bū
−at̄
) · eat se t ≥ t̄,
a (1 − e
dove nell’ugiaglianza (α) si usa il fatto che sca(t − t̄) è nullo per t < t̄ (e uguale a 1 per t ≥ t̄) ed il
fatto che ea(t−t̄) = eat · e−at̄ .
Se invece a = 0, si ha
bū
bū
= 2,
(s − a)s
s
cosicché
x1 (t) = bū · t sca(t)
e
xF (t) =
=
(β)
=
x1 (t) − x1 (t − t̄) =
bū t sca(t) − (t − t̄) sca(t − t̄) =
(
bū t
se 0 ≤ t < t̄
bū t̄
se t ≥ t̄,
dove, come sopra, nell’ugiaglianza (β) si usa il fatto che sca(t − t̄) è nullo per t < t̄.
Osservazione: le uguaglianze (α) e (β) sono state scritte solo per mostrare esplicitamente che il
risultato ottenuto in questo esercizio è identico a quello trovato nella soluzione dell’Esercizio 13.1. Ai
fini della risoluzione di questo esercizio, è sufficiente fornire le due espressioni di xF (t) poste a monte
delle uguaglianze (α) e (β).
SOLUZIONE ESERCIZIO 26.
26.1- Il sistema di equazioni che definisce gli stati x̄ di equilibrio prende la forma
(
x̄1 (x̄2 + 1) + x̄2 = 0
− x̄1 +
x̄22
61
− x̄2 = 0.
(27)
(28)
Dall’equazione (28) si ricava x̄1 = x̄22 − x̄2 , sostituendo tale espressione di x̄1 nell’equazione (27), si
ottiene (x̄22 − x̄2 )(x̄2 + 1) + x̄2 = 0 ossia, x̄32 = 0. Quindi, x̄2 = 0 e x̄1 = 0, vi è cioè un solo stato di
equilibrio dato da
0
.
x̄ =
0
Per il calcolo del sistema linearizzato, impiegando l’usuale notazione, si ha:
∂f1
(x) = x2 + 1
∂x1
∂f1
(x) = −x1 + 1
∂x2
∂f2
(x) = −1
∂x1
∂f2
(x) = 2x2 − 1.
∂x2
Quindi, essendo δx(t) = x(t) − x̄ = x(t) e valutando le espressioni delle derivate in corrispondenza del
valore di equilibrio x = x̄ = 0, si ottiene il seguente sistema linearizzato:
ẋ(t) = Ax(t) =
1
1
−1 −1
x(t).
26.2- Impiegando i metodi basati sulla Trasformata di Laplace, la matrice eAt può essere determinata
nel modo seguente:
"
−1 #
s − 1 −1
At
−1
−1
−1
=
e = L (sI − A)
=L
1
s+1

 
1
1
1
"
#
+
 s s2
s+1
1
 
s2
= L−1 s12 ·
= L−1 

 

=
−1 s − 1
1
1
1
−
− 2
s
s s2
1+t
t
, t ≥ 0.
=
−t 1 − t
Il sistema linearizzato è instabile in quanto, dall’espressione trovata per la matrice eAt , si deduce che
i modi naturali associati al sistema sono φ1 (t) = 1 e φ2 (t) = t, t ≥ 0, e φ2 è un modo illimitato.
Il sistema linearizzato ha due autovalori nulli il polinomio caratteristico della matrice A è pA (s) = s2 ,
non è quindi possibile applicare né il Teorema 3.9 nè il Teorema 3.10 in [FdA] – paragrafo 3.5.2.
Dunque, dalla sola analisi di stabilità del sistema linearizzato, non è possibile trarre alcuna conclusione
circa le proprietà di stabilità dell’equilibrio x̄ per il sistema nonlineare dato.
In alternativa, l’analisi di stabilità del sistema linearizzato può essere condotta come segue: poiché
la matrice A ha due autovalori nulli, il sistema linearizzato è semplicemente stabile se la matrice A
è diagonalizzabile oppure instabile se la matrice A non è diagonalizzabile. Poiché è facile vedere che
la molteplicità geometrica dell’autovalore 0 è pari a 1, ne consegue che A non è diagonalizzabile e il
sistema linearizzato è instabile.
Osservazione: poiché la matrice A non è diagonalizzabile, l’unico metodo che permette di calcolare
eAt e che impieghi solo la teoria svolta nel corso, è quello basato sull’uguaglianza
eAt = L−1 (sI − A)−1 .
26.3- Impiegando i metodi basati sulla Trasformata di Laplace, i movimenti dello stato richiesti
62
•
•
Figura 29: Traiettorie in spazio di stato relative ai movimenti x′′ (t) calcolati nell’Esercizio 26.3.
possono essere calcolati nel modo seguente:
x(t) = L−1 (sI − A)−1 x(0) .
Avendo già trovato nel punto precedente che
−1
(sI − A)
nel caso x(0) = x′ (0) =
−1
x(t) = L
"
2 −2
s+1
s2
− s12
⊤
1
s2
s−1
s2
=
s+1
s2
− s12
1
s2
s−1
s2
,
si ha
"
#
# 2
2
2
−1
s
=L
·
,
=
− 2s
−2
−2
t ≥ 0.
⊤
Osservazione: il movimento trovato è costante, ciò significa che x′ (0) = 2 −2
è una condi′
zione di equilibrio. In effetti, si riscontra che Ax (0) = 0: chi si accorge di questo fatto fin dall’inizio,
risolve l’esercizio indicando direttamente la soluzione x(t) ≡ x′ (0), t ≥ 0, senza fare alcun conto.
⊤
Nel caso x(0) = x′′ (0) = 1 0
si ha invece
−1
x(t) = L
"
s+1
s2
− s12
1
s2
s−1
s2
"
#
# s+1
1+t
1
2
−1
s
=L
,
=
·
−t
0
− s12
t ≥ 0.
Le traiettorie richeste sono rappresentate in Figura 29. La traiettoria associata al movimento costante
x(t) ≡ x′ (0) è costituita da un punto posto in x′ (0). La traiettoria associata al movimento che si origina
dalla condizione iniziale x′′ (0) si determina invece nel modo seguente: le equazioni che definiscono
tale movimento sono
(
x1 (t) = 1 + t
x2 (t) = −t;
eliminando t da tali equazioni, si ottiene x2 = −x1 + 1 che definisce la retta su cui giace la traiettoria
dello stato; per t ≥ 0, x2 (t) = −t ≤ 0, quindi la traiettoria è la semi-retta che parte da x′′ (0) e
attraversa il quarto quadrante del piano (x1 , x2 ).
63
SOLUZIONE ESERCIZIO 27.
27.1- Tra le richieste, quelle che coinvolgono la matrice A della dinamica sono:
a. la presenza di infiniti stati di equilibrio in corrispondenza dell’ingresso costante u(t) ≡ 0;
b. il fatto che tutti i movimenti dello stato del sistema siano instabili;
c. avere ordine più piccolo possibile.
Per soddisfare la richiesta a. è necessario e sufficiente che la matrice A abbia almeno un autovalore in 0
(infatti, l’equazione che definisce gli equilibri in corrispondenza di u(t) ≡ 0 è Ax = 0 ed essa ha infinite
soluzioni se e solo se A ha almeno un autovalore nullo). D’altra parte, la richiesta b. corrisponde
a chiedere che il sistema sia instabile: questa richiesta, insieme alla richiesta a., comporta che il
sistema debba avere almeno ordine 2. Quindi, la scelta di una matrice A con un autovalore in 0 ed
un autovalore positivo è sufficiente12 a soddifare le tre richieste a.-b.-c., ad esempio:
A=
0
0
0
1
.
Infine, affinché il sistema sia SISO occorre che B ∈ R2×1 e che C ∈ R1×2 ; la funzione di trasferimento
del sistema è strettamente propria se e solo se il sistema è strattamente proprio, ossia D = 0. In
conclusione, un esempio di sistema con le proprietà richieste è


 ẋ(t) = 0 0 x(t) + 1 u(t)
0
0 1
(29)

 y(t) = 1 2 .
27.2- Per il sistema scelto nel punto precedente, si ha
"
# 1s
1
0
1
G(s) = 1 2
= .
1
0 s−1
0
s
Quindi, indicati con P e con Z l’insieme dei poli e degli zeri del sistema, rispettivamente, e con Σ il
sistema in forma di stato dato nell’equazione (29), si ha:
ord(G) = 1 < ord(Σ) = 2,
P = {0},
Z=∅
e
reldeg(G) = 1.
L’autovalore λ = 1 è un autovalore “nascosto” per tale sistema.
Osservazione: la presenza di parti “nascoste” nel sistema considerato dipende dalla particolare scelta
fatta per le matrici B e C. Se ad esempio avessimo scelto di porre
B=
12 Un’altra
1
1
,
matrice A con le proprietà richieste è quella trovata ed analizzata nella risoluzione dell’Esercizio 26:
1
1
A=
.
−1 −1
Tale matrice ha due autovalori nulli ed il corrispondente sistema lineare è instabile: ciò mostra che, per soddisfare le
richieste dell’esercizio corrente, non è necessario che la matrice A abbia un autovalore positivo. Naturalmente, la scelta
di una matrice A con un autovalore positivo rende più semplice la soluzione del problema.
64
avremmo ottenuto
G(s) =
Quindi,
1 2
ord(G) = 2 = ord(Σ),
"
1
s
0
0
1
s−1
P = {0 , 1},
#
1
1
=
s+1
.
s(s − 1)
Z = {−1},
reldeg(G) = 1
e si tratta di un sistema senza parti “nascoste”.
27.3- Posto, ad esempio,
x(0) =
1
2
,
una scrittura in codice Matlab che risponde a quanto richiesto è la seguente:
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>>
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 può 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 può 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 può 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 può 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 ẋ(t) = Ax(t): a tal fine, è sufficiente imporre che la relazione ẋ(t) = Ax(t)
sia soddisfatta per t = 0 (infatti, cosı̀ 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,
ẋ(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) − x̃(t) e si osservi che
˙
δx(t)
=
=
˙
ẋ∗ (t) − x̃(t)
= Ax∗ (t) + B1 ũ(t) + B2 w(t) − Ax̃(t) − B1 ũ(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) − x̃(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
tutti i modi naturali del sistema Σ e dunque concludere l’analisi di stabilità del sistema.
30.1- In virtù dell’ipotesi ord(Gi ) = ord(Σi ), possiamo concludere l’analisi di stabilità dei sistemi
dati cosı̀ come riassunto nella seguente tabella:
Sistema
Stabilità
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).
È un sistema di ordine 1 con l’unico autovalore posto in 0.
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. Cosı̀ 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 più
5
= 10
vicini all’asse ℑmmaginario) sono λ = − 32 ± 2j e Ta = 3/2
3 ≃ 3.33.
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 proprietà 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:


 ẋ(t) = 2 −4 x(t) + 1 u(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 ẏF (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+ ẏF (t) = lim s · L ẏF (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+ ẏF (t) = 2, possiamo senz’altro escludere i grafici in Figu
ra 2.(a-e-h) nei casi (a-e), ẏF (0+ ) < 0; nel caso (h), ẏF (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 è 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) = u̇(t) e sia
y1 (t) la corrispondente uscita forzata, allora
y1 (t) = ẏ(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 ẏ(t)
e L y1 (t) = L ẏ(t) ⇒ y1 (t) = ẏ(t) (iniettività 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 ẏF
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 > t̄ ≃ 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. Ciò 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 più 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:
(
ẋ2 (t) = −x2 (t) − x1 (t) − 2u(t)
1
s−2
e si può
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 può 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 può ottenere nel modo seguente: si riscriva tale sottosistema come
(
ẋ2 (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, ẏ 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, ẏF 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 proprietà:
• 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 può 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 singolarità, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono:
Pulsazione Tipo di
singolarità
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 virtù 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+ ) = ẏF (0+ ) = 0 e ÿF (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 ẏF (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 ẏF (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 però 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 stabilità applicando il Criterio di
Routh-Hurwitz. Cosı̀ 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 stabilità 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 proprietà 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 sarà 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+ ) = ẏF (0+ ) = ÿF (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 ẏF (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 ciò che riguarda gli zeri, della classificazione introdotta a lezione). L’uscita
converge a 0 con oscillazioni di periodo T ≃ 12 s, cosı̀ 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 proprietà 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 proprietà bloccante degli zeri. Ripercorrendo la soluzione
dell’Esercizio 35.2, si osservi infine che la proprietà 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 è G(s) = 1 si dice integratore in quanto la sua uscita è data,
s
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, cosı̀ 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), cosı̀ 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 · z̄ = |z|2 ∈ R); poiché in quest’ultima espressione il denominatore è un numero Reale, diventa agevole individuare la forma
cartesiana di G(jω). È utile osservare anche che DG (jω) = DG (−jω).
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 singolarità, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono:
Pulsazione
Tipo di
singolarità
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 singolarità non nulle, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono:
Pulsazione Tipo di
singolarità
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 evidenzierà 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 singolarità, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono:
85
Pulsazione
Tipo di
singolarità
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 singolarità, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono:
Pulsazione Tipo di
singolarità
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 singolarità, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono:
Pulsazione Tipo di
singolarità
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 evidenzierà 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 singolarità, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono:
Pulsazione
Tipo di
singolarità
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 evidenzierà
quindi: un asintoto verticale nel diagramma reale del modulo con limω→αn |G6 (jω)|dB = −∞
(antirisonanza); una discontinuità 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 evidenzierà
quindi un picco di risonanza vicino alla loro pulsazione naturale ωn = 10 rad/s.
36.3- Si può 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 proprietà bloccante degli zeri:
sotto l’ipotesi di asintotica stabilità 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 È facile poi estendere questa definizione al caso generale di filtro passa–banda con banda passante pari a [ω
min , ωmax ]
rad/s e fattore di amplificazione pari a µ > 0, dove il fattore di amplificazione è 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
p̂(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 p̂(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 p̂(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
ciò 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 può 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). Ciò significa che lo spettro di
ampiezza del segnale w(t) assume in bassa frequenza valori più 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 ω̄ della banda passante si trova esattamente in
corrispondenza della pulsazione associata all’unico polo di G1 (s) in quanto, in corrispondenza
della singolarità 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
ω̄
0
10
1
10
2
10
Pulsazione [rad/s]
(a)
Diagramma di Bode − Modulo
dB
6
3
0
−5
−10
−15
−20 −1
10
ω̄
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
ω̃ 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 singolarità 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 può
procedere nel modo seguente: in base alla definizione di banda passante di un filtro passa–alto,
per calcolare l’estremo inferiore ω̃ della banda passante, occorre determinare ω̃ > 0 tale che
|G4 (j ω̃)|dB = |G4 (∞)|dB − 3 = 20 · log10 (3) − 3 ≃ 9.54 − 3 = 6.54 dB;
poiché
6.54 dB ≡ 106.54/20 ≃ 2.12,
ciò è equivalente a determinare ω̃ > 0 tale che16
|G4 (j ω̃)| = 2.12,
|G4 (j ω̃)|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
ω̃ 2 = 2400 ±
p
p
(2400)2 + 504 = 2400 ± (242 + 54 )104 ≃ 2400 ± 3465.6.
Quindi, l’unica soluzione positiva è ω̃ 2 ≃ 2400 + 3465.6 = 5865.6, da cui
BP = [ω̃, +∞) rad/s
con
ω̃ ≃
√
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 realtà, 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 è 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) è un
filtro passa–banda anomalo.
√
16 Oppure, più 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 ω̃ > 0 tale che
1
3
|G4 (j ω̃)| = √ |G4 (∞)| = √ ,
2
2
ossia
98
|G4 (j ω̃)|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 stabilità del sistema retroazionato, avendo già 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 stabilità 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 più, 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 più accurato, o la certezza matematica che |L5 (ωπ j)| < 1,
occorre qualche ulteriore passaggio. A tal fine, si può 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)| più 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). Più
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 più, 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, cosı̀ 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 più, 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 singolarità
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 può 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 può 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
cosı̀ 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 cosı̀ come
rappresentato dalla curva rosa in Figura 58.(c).
Osservazione: il valore di ωπ richiesto nel punto precedente, può 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): ciò 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 più, 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 può 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 cosı̀ 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) può 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 più 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 cosı̀ 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◦: ciò 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). Più 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 realtà, impiegando Matlab, si trova che la pulsazione ω
M in cui G2
(jω) assume il massimo modulo è 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 più 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 può 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 può procedere nel modo seguente:
– Si riscriva G(jω) nella forma G(jω) = ℜe G(jω) + ℑm G(jω) · j cosı̀
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 più, 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 più, 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 già 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’applicabilità del Criterio di Bode nei vari casi e, quando applicabile, concludiamo
l’analisi di stabilità 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 stabilità 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 ciò 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, ciò significa che ϕc = ∠ L4 (jωc ) < −180◦ ,
ossia che ϕm < 0 vedi anche la Figura 53.(a–b) .
Per mostrare che ωc > ωπ si può 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 già visto nella risoluzione dell’Esercizio 40 che
ωπ < 4 rad/s;
✄ Modo 2: in modo più 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 può 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, ciò significa che ϕc = ∠ L9 (jωc ) > −180◦ ,
ossia che ϕm > 0 vedi anche la Figura 58.(a–b) .
Per mostrare che ωc < ωπ si può 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
singolarità 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, ciò 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, ciò significa che ϕc = ∠ L11 (jωc ) > −180◦ ,
ossia che ϕm > 0 vedi anche la Figura 60.(a–b) .
Per mostrare che ωc < ωπ si può 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 singolarità più 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 può pervenire nel modo descritto qui di seguito. Si ha
|L9 (jω)| =
1
,
ω(1 + ω 2 )
quindi l’equazione |L9 (jω)| = 1 dà 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 può 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 può 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 dà luogo ad un’equazione di terzo grado in ω 2 . Per
riuscire ad ottenere una buona approssimazione di ωc si può 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 può 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 sensitività 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 ẏF (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+ ) = ẏF (0+ ) = 0 e ÿF (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 virtù 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
(proprietà 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 applicabilità 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.
Otteniamo quindi la seguente stima λ̂1,2 di tali poli dominanti λ1,2 :
λ1,2 = −ξωn ± j · ωn
p
1 − ξ2 ≃
m
≃ −ϕ
100 ωc ± j · ωc
q
1−
≃ −0.29 ± 0.36j = λ̂1,2 .
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 può 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+ ) = ẏF (0+ ) = ÿF (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
λ̂1,2 ≃ −0.29 ± 0.36j
(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 cosı̀ 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 cosı̀ 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 più accurata (0.63 invece che 0.67, con un errore
relativo del 6%) e ciò 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 proprietà 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 più 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 dà 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 stabilità 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 applicabilità del Criterio di Bode). Poiché L(s) non ha poli a
parte ℜeale positiva (cioè, P=0), si ha l’asintotica stabilità 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 stabilità 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 ∆
% è comunque una stima in quanto il sistema è
di ordine 3 e la formula per ∆% è 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 può 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’ più laborioso è il calcolo del margine di guadagno impiegando il Criterio di Routh-Hurwitz.
A tal fine si può 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
<k<

25k2 −40k−16
k−2
√
4(1+ 2)
,
5
km =
>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) ≃ T̂yw (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 T̂yw (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): ciò significa che il
sistema retroazionato ha un autovalore posto in −10; esso non inficia l’asintotica stabilità che può
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 applicabilità del Criterio
di Bode. Dall’analisi dei diagrammi asintotici, e senza necessità 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 stabilità 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 singolarità dovuta ad una coppia di poli Reali quindi, non essendoci altre singolarità
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 singolarità più 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 dà 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) ≃ T̂un (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
.
T̂un (s) = − ·
2
1+s
Infine, grazie al Teorema della risposta armonica, in corrispondenza di n(t) = sin(ω0 t), si ha
uR (t) = |T̂un (jω0 )| sin ω0 t + ∠ T̂un (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 T̂un (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 L̃(s) = 2/ (1 + 0.1s)2 (1 + 10s) .
1
10 ,
Occorre dunque cercare ω0 tale che |T̂un (jω0 )| =
ossia tale che |T̂un (jω0 )|2 =
ω2
0
1 1 + 100
1
|T̂un (jω0 )| = ·
=
2
4 1 + ω0
100
2
⇔
ω02 = 32
⇒
ω0 =
1
100 :
√
32 ≃ 5.7 rad/s.
45.4- In tal caso si ha L(s) = µL̃(s), con L̃(s) = (1+0.1s)22 (1+10s) . Il diagramma di Nyquist di L̃(s)
è riportato in Figura 73. Grazie ad una delle estensioni del Criterio di Nyquist20 , si ha l’asintotica
stabilità del sistema retroazionato se e solo se il diagramma di Nyquist di L̃(s) non compie giri attorno
al punto −1/µ e tale richiesta, per µ < 0, corrisponde ad avere − µ1 > 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 può 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) anziché 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 è asintoticamente
fatto che µH = 3/10 > 0 infatti, H(s) = 10
stabile. Si mostrerà, invece, nella soluzione del punto successivo che per k = 1 il sistema retroazioanto è 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 F̂ (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
<k<
3
6
(si noti che il valore k = 0 corrisponde al caso in cui il sistema è in anello aperto).
46.3- Poiché Teyo (s) = S(s) =
1
1+kH(s)
ed H(0) = 0, si ha
eR (t) = Teyo (0) =
1
=1
1 + kH(0)
indipendentemente da k, purché stabilizzante.
Osservazione: il sistema retroazionato ha dunque pessime prestazioni statiche nell’inseguimento di
riferimenti a scalino, infatti eR (t) = 1 significa yR (t) = 0: ciò è dovuto alla presenza di uno zero in 0
nella funzione d’anello.
s(s−5)
46.4- Posto L(s) = − 21 · H(s) = 3 (s+10)
2 , il diagramma richiesto è quello rappresentato da una linea
rossa continua in Figura 75: tale diagramma, essendo ω∗ il valore di ω > 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) ≃ F̂ (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 proprietà 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, più 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 F̂ (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)| ≃ |F̂ (100j)| ≃ 1.
In realtà, alla luce di quanto osservato nell’equazione (39), ed essendo ω = 100 ≫ ω∗ , un risultato
più 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 singolarità 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 singolarità, 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 applicabilità 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 è in ipotesi di applicabilità del Criterio di Bode:
L(0)
se L(s) è di tipo 0 (e quindi non vi è un integratore nell’anello) allora limω→0+ F (jω) = 1+L(0) 6= limω→0+ F̂ (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 applicabilità 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 stabilità, 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 è un polo e le altre singolarità 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 è ritenuta accettabile.
149
e tale errore risulta nullo se e solo se Teyo (jω0 ) = 0 (proprietà bloccante degli zeri). D’altra parte,
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 può 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 x̄ = f (x̄, ū): nel
caso considerato, essendo x̄ = 1, essa assume la seguente forma:
1 = 2ū + 3 − ū,
quindi
ū = −2.
49.2- Posto δx(k) = x(k) − x̄ = x(k) − 1, δu(k) = u(k) − ū = u(k) + 2 e δy(k) = y(k) − ȳ = y(k) − 1,
ed essendo la trasformazione di uscita già lineare, il sistema linearizzato prende la forma
(
df
df
(x̄, ū) δx(k) + du
(x̄, ū) 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 virtù del Teorema 8.12
in [FdA] – paragrafo 8.6.2 – ciò permette di concludere che la coppia di equilibrio (x̄ = 1, ū = −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) − x̄ = 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) − ū ≡ −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) − x̄, ossia x(k) = δx(k) + x̄, si trova infine
lim x(k) = lim δx(k) + x̄ = 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.
Ciò 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 cosı̀ 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 dà risultati affidabili solo localmente, ossia per piccole perturbazioni δx e
25 Tale
risultato può 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 è monotona crescente; allora tale
successione ammette limite per k → +∞ e tale limite
potrà 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
• x̄
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 x̄ 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 x̄, ϕ(x̄) .
• Poiché il sistema linearizzato è semplicemente stabile, il solo studio del sistema linearizzato
non permette di trarre conclusioni circa le proprietà di stabilità 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
x̄, il movimento risultante si allontana comunque da x̄). 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 proprietà di stabilità per la
corrispondente coppia di equilibrio del sistema nonlineare originario.
153