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Fondamenti di Automatica per Ing. Elettrica

Prof. Patrizio Colaneri2

I. Esercizio 1

Si consideri il sistema nonlineare

x1(t) = −x1(t) + x1(t)x2(t) + x2(t)− u(t)

x2(t) = −x2(t) + x3(t)x2(t) + x3(t)− u(t)

x3(t) = −x3(t) + x3(t)x1(t) + x1(t)− u(t)

• Si ricavino i due stati di equilibrio x corrispondenti all’ingresso u(t) = u = 1.• Si discuta la stabilita degli stati di equilibrio.

SOLUZIONI Il sistema con u(t) = 1 si riscrive come

x1(t) = (x1 + 1)(x2 − 1)

x2(t) = (x2 + 1)(x3 − 1)

x3(t) = (x3 + 1)(x1 − 1)

Quindi i due stati di equilibrio sono

x = ±

111

Le matrici A dei corrispondenti sistemi linearizzati sono:

A =

0 2 00 0 22 0 0

, −2 0 0

0 −2 00 0 −2

Il primo equilibrio e instabile, il secondo e asintiticamente stabile.

2 Dipartimento di Elettronica, Informazione e Bioingeneria, Politecnico di Milano, 20133 Milano, Italy, email:

colaneri@elet.polimi.it

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II. Esercizio 2

Si consideri il sistema in figura, dove

G1(s)

u(t)

y(t) G2(s)

G1(s) =s+ 1

s(s+ α), G2(s) =

1− s(s+ 1)

sono le funzioni di trasferimento di due sistemi, rispettivamnte del secondo e primo ordine.

• Si studi la stabilita asintotica del sistema retroazionato in funzione di α.• Si studi la stabilita BIBO del sistema con ingresso u e uscita y in funzione di α..• Si studi la raggiungibilta da u in funzione di α.• Si studi l’osservabilita da y in funzione di α.

SOLUZIONI La funzione di trasferimento da u a y e:

G(s) =s(1− s)(s+ α)

(s+ 1)(s2 + (α− 1)s+ 1)

Il sistema retroazionato (del terzo ordine) e asintoticamente stabile per α > 1. Il sistema da u a y e BIBOstabile se α > 1. Il sistema con ingresso u e raggiungibile per α 6= −1. Il sistema con uscita y e osservabileper α 6= −1.

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III. Esercizio 3

Si consideri il sistema retroazionato in figura, dove

R(s) yo(t)

y(t) G(s)

dr(t)

G(s) =0.1

(1 + 0.1s)(1 + s), yo(t) = sca(t), dr(t) = sin(10t)

Si ricavi R(s) in maniera tale che:

• L’errore sia in media nullo a regime permanente• L’errore sia attenuato in ampiezza sull’errore di almeno 10 volte• ωc ≥ 1 rad/sec• φm ≥ 60o

SOLUZIONI Perche l’errore sia in media nullo occorre che il regolatore sia di tipo 1, quindi

R1(s) =µrs

Scriviamo allora

L1(s) =0.1µr

s(1 + 0.1s)(1 + s)

scegliamo µr = 20 in maniera da avere ωc ' 2 e usiamo una rete anticipatrice

R2(s) =1 + s

1 + 0.1s

in modo da avere un’attenuazione di circa 20db a 10 radianti al secondo. Quindi

L(s) =2

s(1 + 0.1s)2

-200

-150

-100

-50

0

50

Mag

nitu

de (

dB)

10-2 10-1 100 101 102 103-270

-180

-90

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/s)

-150

-100

-50

0

50

Mag

nitu

de (

dB)

10-1 100 101 102 103-270

-180

-90

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = 20 dB (at 10 rad/s) , Pm = 68.2 deg (at 1.93 rad/s)

Frequency (rad/s)

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IV. Esercizio 4

Si consideri il sistema in figura

L(s)

dove

L(s) = ρs− 1

(s+ 1)(s+ 5)2

• Si tracci il luogo delle radici (diretto e inverso) e si studi la stabilita del sistema retroazionato in funzionedi ρ

• Si disegni il diagramma di Nyquist di L(s) e si confermino i risultati ottenuti al punto precedente.

SOLUZIONI Si ha stabilita per −30 < ρ < 25.Per ρ = −30 il polinomio caratteristico del sistema in anello

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2-25

-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

25

0.4

0.030.060.090.130.190.26

0.4

0.65

0.030.060.090.130.190.26

0.65

5

10

15

20

25

5

10

15

20

25

Root Locus

Real Axis (seconds-1)

Imag

inar

y A

xis

(sec

onds

-1)

System: LGain: 4.93Pole: -5.2 + 2.58iDamping: 0.896Overshoot (%): 0.178Frequency (rad/s): 5.81

-30 -25 -20 -15 -10 -5 0 5 10 15-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

11

0.820.9550.9820.9910.996

0.998

0.999

1

0.820.9550.9820.9910.996

0.998

0.999

1

51015202530

Root Locus

Real Axis (seconds-1)

Imag

inar

y A

xis

(sec

onds

-1)

chiuso e: (s+ 11)(s2 + 5). Il diagramma di L(s) con ρ = 1 e disegnato in figura. Il diagramma passa sull’asse

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2-0.04

-0.03

-0.02

-0.01

0

0.01

0.02

0.03

0.040 dB -20 dB-10 dB-6 dB-4 dB-2 dB20 dB 10 dB 6 dB 4 dB 2 dB

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

reale nei punti −1/25 (per ω = 0) e in 1/30 (per ω =√

5).

5

V. Esercizio 5

L(s) yo*(k)

y*(k)

ZOH

dove i convertitori operano in sincronia e in fase con periodo T = ln(2).

L(s) =1

(s+ 2)(1 + s)

• Si studi la stabilita del sistema retroazionato a tempo discreto (segnali campionati).• Si ricavi il valore di y ∗ (0), y∗(1) e y∗(∞) quando yo∗(k) = sca∗(k).

SOLUZIONI

L(s) =1

s+ 1− 1

s+ 2

Quindi

L∗(z) =1− e−T

z − e−T− 0.5(1− e−2T )

z − e−2T=

0.5

z − 0.5− 3/8

z − 0.25=

1/8(z + 0.5)

(z − 0.5)(z − 0.25)

e il polinomio caratteristico del sistema in anello chiuso e:

z2 − 5/8z + 3/16

che ha radici all’interno del cerchio di raggio 1. Il sistema e asintoticamente stabile. La funzione di sensitivitacomplementare e:

F (z) =1/8(z + 0.5)

z2 − 5/8z + 3/16

e quindi y∗(0) = 0, y∗(1) = 1/8, y∗(∞) = 1/3.