Corso di Controlli Automatici Prof. Stefano Di Gennaro Controlli Automatici... · Corso di Controlli Automatici Prof. Stefano Di Gennaro Esercitazione del 29/4/2008 Ing. Alessandro

Corso di Controlli AutomaticiProf. Stefano Di Gennaro

Esercitazione del 29/4/2008

Ing. Alessandro [email protected]

Sintesi mediante luogo delle radici - Esercizio 1

Stabilizzare asintoticamente il seguente sistema a ciclo chiuso, mediantel�utilizzo del luogo delle radici

La funzione di trasferimento del sistema (instabile) sul ramo diretto è

P (s) =NP (s)

DP (s)=

s� 1(s+ 1) (s� 5)

1

Osservazioni preliminari

n = 2, m = 1) n�m = 1

z1 = 1 =) il sistema non è a fase minima

p1 = �1, p2 = 5

Il luogo delle radici, ottenuto aggiungendo un guadagno G(s) = K 0 sulramo diretto, è

Luogo positivo

2

Luogo negativo

La funzione di trasferimento del sistema ad anello chiuso (retroazioneunitaria) è

W (s) =NW (s)

DW (s)=

NF 0(s)

NF 0(s) +DF 0(s)=

K 0 (s� 1)K 0 (s� 1) + (s+ 1) (s� 5)

con F 0(s) = G(s)P (s).

Il luogo delle radici è descritto dall�equazione

DW (s) = K0 (s� 1) + (s+ 1) (s� 5) = s2 + (K 0 � 4) s�K 0 � 5

al variare di K 0 2 R.

3

Condizione necessaria e su¢ ciente per l�asintotica stabilità a ciclo chiusoè (regola di Cartesio)

K 0 � 4 > 0 e K 0 + 5 < 0 =) il sistema è instabile 8K 0

Bisognerà ricorrere ad un controllore più complicato per stabilizzare ilsistema, ma non è immediato capire come procedere, in quanto siamo in uncaso di sistema a fase non minima.

Stabilizzazione In casi come questo, in cui la funzione di trasferimentosul ramo diretto ha solo uno zero ed un polo con parte reale positiva, con ilpolo posto a destra dello zero, si può porre un altro polo positivo a destra diquello già esistente. In questo modo, �si creerà�un punto singolare tra questidue poli, ed il luogo può assumere una con�gurazione tale da stabilizzare ilsistema a ciclo chiuso per K 0 interno ad un opportuno intervallo.Ad esempio poniamo

G(s) = K 0 s+ 1

s� 6in cui si è aggiunto anche uno zero negativo che cancella il polo stabile

del sistema originale.La funzione di trasferimento sul ramo diretto diventa

F 0(s) = G(s)P (s) = K 0 s+ 1

s� 6s� 1

(s+ 1) (s� 5) = K 0 s� 1(s� 5) (s� 6)

La funzione di trasferimento del sistema ad anello chiuso è

W (s) =NW (s)

DW (s)=

NF 0(s)

NF 0(s) +DF 0(s)=

K 0 (s� 1)K 0 (s� 1) + (s� 5) (s� 6)


DW (s) = K0 (s� 1) + (s� 5) (s� 6) = s2 + (K 0 � 11) s+ 30�K 0

al variare di K 0 2 R. Esso si presenta così

4

Luogo positivo dopo la compensazione

5

Luogo negativo dopo la compensazione

Condizione necessaria e su¢ ciente per l�asintotica stabilità a ciclo chiuso(regola di Cartesio) è

11 < K 0 < 30:

Ad esempio si può porre K 0 = 20.Punti singolari�

s2 + (K 0 � 11) s+ 30�K 0 = 02s+K 0 � 11 = 0

I punti singolari sono

6

s = 1� 2p5 = �3: 472 1 con K 0 = 4

p5 + 9 = 17: 944

s = 1 + 2p5 = 5: 472 1 con K 0 = �4

p5 + 9 = 0:0557

Annullando il termine di ordine 1 del polinomio DW (s) (basta porreK 0 = 11), si ottengono gli attraversamenti dell�asse immaginario, risolvendol�equazione

s2 + 19 = 0

Gli attraversamenti si hanno per

s = �jp19 = �j 4: 36 per K 0 = 11

Si è risolto l�esercizio mediante un controllore stabilizzante così fatto

G(s) = 20s+ 1

s� 6




P (s) =NP (s)

DP (s)= K 0 s2 + 2

(s� 1) (s+ 1) (s+ 2)

7


n = 3, m = 2) n�m = 1

z1 = �p2j, z2 =

p2j =) il sistema ha gli zeri sull�asse immaginario

p1 = 1, p2 = �1, p3 = �2


W (s) =NW (s)

DW (s)=

NF 0(s)

NF 0(s) +DF 0(s)=

K 0 (s2 + 2)

K 0 (s2 + 2) + (s� 1) (s+ 1) (s+ 2)

con F 0(s) = G(s)P (s).


DW (s) = K0 �s2 + 2�+(s� 1) (s+1) (s+ 2) = s3+(K 0 + 2) s2� s+2K 0�2

al variare di K 0 2 R.Osservazione C�è almeno una variazione di segno e quindi almeno una

radice positiva. Quindi il sistema a ciclo chiuso è instabile per ogni K 0 .Bisognerà ricorrere ad un controllore più complicato per stabilizzare il sis-tema, ma non è immediato capire come procedere, in quanto siamo in uncaso di sistema a fase non minima.Punti singolari�

s3 + (K 0 + 2) s2 � s+ 2K 0 � 2 = 03s2 + 2 (K 0 + 2) s� 1 = 0

Il sistema ha 4 soluzioni, ma 2 non sono valide perchè corrispondenti avalori non reali di K 0

s = 0:65 + j2: 92 con K 0 = �2: 95� j4: 54s = 0:65� j2: 9 2 con K 0 = �2: 95 + j4: 54s = 0:15 con K 0 = 1: 04

s = �1: 46 con K 0 = �0:15

8

I 2 punti singolari sono quindi

s = 0:15 con K 0 = 1: 04

s = �1: 46 con K 0 = �0:15

Il luogo delle radici si presenta nel modo seguente (si noti la presenza dei2 punti singolari appena calcolati)

Luogo positivo

9

Luogo negativo

Stabilizzazione A partire dal gra�co si può fare una considerazione in-tuitiva: se si riuscisse a spostare in qualche modo verso sinistra il puntosingolare posto in s = 0:15, si potrebbe avere una parte di luogo positivointeramente a sinistra dell�asse immaginario, e quindi un intervallo di valoridi K 0 che stabilizzi il sistema.Si potrebbe introdurre uno zero negativo tra i 2 poli posti in -1 ed in 1 (ad

esempio in -0.5) ed un polo negativo a sinistra di -2 (ad esempio in -3). Inquesto modo, per motivi di consistenza, sparisce il punto singolare tra -1 ed1, continua ad esserci un punto singolare tra -2 e -1 ed in�ne se ne crea unoa sinistra di -2. Veri�chiamo formalmente queste considerazioni intuitive.Si pone

G(s) =s+ 0:5

s+ 3

10

La funzione di trasferimento sul ramo diretto diventa

F 0(s) = G(s)P (s) = K 0 s+ 0:5

s+ 3

s2 + 2

(s� 1) (s+ 1) (s+ 2) = K 0 (s+ 0:5) (s2 + 2)

(s+ 3) (s� 1) (s+ 1) (s+ 2)


W (s) =NW (s)

DW (s)=

NF 0(s)

NF 0(s) +DF 0(s)=

K 0 (s+ 0:5) (s2 + 2)

K 0 (s+ 0:5) (s2 + 2) + (s+ 3) (s� 1) (s+ 1) (s+ 2)


DW (s) = K 0 (s+ 0:5)�s2 + 2

�+ (s+ 3) (s� 1) (s+ 1) (s+ 2) =

= s4 + (K 0 + 5) s3 +

�K 0

2+ 5

�s2 + (2K 0 � 5) s+K 0 � 6

al variare di K 0 2 R. Esso si presenta così

11


12


Condizione necessaria per l�asintotica stabilità a ciclo chiuso è

K 0 > 6:

Per avere una condizione necessaria e su¢ ciente, si applica il criterio diRouth: ��

43210

��1 K0

2+ 5 K 0 � 6

K 0 + 5 2K 0 � 5 0(K0)2

2+ 11

2K 0 + 30 (K 0)2 �K 0 � 30 0

(K 0)2 + 15K 0 0(K 0)2 �K 0 � 30 0

Si ha stabilità asintotica a ciclo chiuso se e solo se

K 0 > 6:

13

Ad esempio si può scegliere K 0 = 10.Si è risolto l�esercizio mediante un controllore stabilizzante così fatto

G(s) =s+ 0:5

s+ 3e scegliendo K 0 > 6:




P (s) =NP (s)

DP (s)=s� 1s2


n = 2, m = 1) n�m = 1

z1 = 1 =) il sistema non è a fase minima

p1 = 0, p2 = 0

La funzione di trasferimento del sistema ad anello chiuso (retroazioneunitaria), aggiungendo un guadagno G(s) = K 0 sul ramo diretto, è

W (s) =NW (s)

DW (s)=

NF 0(s)

NF 0(s) +DF 0(s)=

K 0 (s� 1)K 0 (s� 1) + s2

14

con F 0(s) = G(s)P (s).


DW (s) = K0 (s� 1) + s2 = s2 +K 0s�K 0

al variare di K 0 2 R:

Luogo positivo

15

Luogo negativo

Stabilizzazione Per K 0 6= 0 ci sono sempre 2 variazioni di segno e quindi2 radici positive. Quindi il sistema a ciclo chiuso è instabile per ogni K 0 6= 0.Il caso K 0 = 0 non ha senso (si tornerebbe al sistema di partenza). Bisogneràricorrere ad un controllore più complicato per stabilizzare il sistema, ma nonè immediato capire come procedere.Un problema di questo genere si può risolvere ricorrendo ad un proced-

imento che non si basa sul luogo delle radici, ma su considerazioni di tipoanalitico.Teorema Dato un processo di ordine n, esiste sempre un controllore

proprio di ordine n-1 che stabilizza asintoticamente il sistema.

16

Il suddetto teorema è uno strumento molto potente che serve a risolvereun problema più forte di quello della stabilizzazione: consente infatti di im-porre la coincidenza dei poli del sistema a ciclo chiuso con valori pre�ssati(assegnazione dei poli).Nel caso in esame, poichè n = 2, basterà ricorrere ad un controllore

proprio di ordine 1

G(s) =as+ b

s+ c

La funzione di trasferimento sul ramo diretto è

F 0(s) = G(s)P (s) =as+ b

s+ c

s� 1s2

=(s� 1) (as+ b)s2 (s+ c)


W (s) =NW (s)

DW (s)=

NF 0(s)

NF 0(s) +DF 0(s)=

(s� 1) (as+ b)(s� 1) (as+ b) + s2 (s+ c) :

I poli del sistema ad anello chiuso sono soluzioni di DW (s) = 0. Possoimporre la coincidenza di essi con valori pre�ssati. Ad esempio si possonoporre 3 poli coincidenti in -1

(s� 1) (as+ b) + s2 (s+ c) = (s+ 1)3

e quindi

s3 + (a+ c) s2 + (b� a) s� b = s3 + 3s2 + 3s+ 1

Si tratta, in de�nitiva, di risolvere il sistema di equazioni8<:(a+ c) = 3(b� a) = 3b = �1

=)

8<:a = �4b = �1c = 7

Si è quindi risolto l�esercizio mediante un controllore stabilizzante cosìfatto

G(s) =�4s� 1s+ 7

17

La nuova funzione di trasferimento sul ramo diretto è

F 0(s) = G(s)P (s) =�4s� 1s+ 7

s� 1s2

= �4(s� 1)

�s+ 1

4

�s2 (s+ 7)

Il luogo delle radici (aggiungendo un fattore -K0

4sul ramo diretto) si

presenta nel modo seguente


18


Punti singolari Non c�è bisogno di calcolarli esplicitamente. Si notainfatti il punto triplo in s = �1 per K 0 = �4 (soluzione del problema inesame), un punto doppio in s = 0 per K 0 = 0 (poli del sistema originario)ed un altro punto singolare nel ramo di luogo negativo a destra dello zeropositivo.



19

La funzione di trasferimento del sistema (semplicemente stabile) sul ramodiretto è

P (s) =NP (s)

DP (s)= K 0 s2 + 2

s (s+ 2)2 (s+ 5)


n = 4, m = 2) n�m = 2

z1 = �jp2, z2 = j

p2 =) il sistema ha gli zeri sull�asse immaginario

p1 = 0, p2 = �2, p3 = �2, p4 = �5

Il centro degli asintoti è

so =

nPi=1

pi �mPi=1

zi

(n�m) =0� 2� 2� 5� j

p2 + j

p2

2= �9

2


W (s) =NW (s)

DW (s)=

NP 0(s)

NP (s) +DP (s)=

K 0 (s2 + 2)

K 0 (s2 + 2) + s (s+ 2)2 (s+ 5):


DW (s) = K0 �s2 + 2�+s (s+ 2)2 (s+ 5) = s4+9s3+(K 0 + 24) s2+20s+2K 0

20

al variare di K 0 2 R:Il gra�co si presenta nel modo seguente

Luogo positivo

21

Luogo negativo

Stabilizzazione Condizione necessaria per l�asintotica stabilità a ciclochiuso è

K 0 > 0:


43210

��1 K 0 + 24 2K 0

9 20 09K 0 + 196 18K 0

18K 0 + 3920 018K 0

22


K 0 > 0

Si può scegliere un qualsiasi K 0 positivo ed il problema è risolto.Punti singolari Non c�è bisogno di calcolarli esplicitamente. C�è sicu-

ramente il punto doppio in s = �2 per K 0 = 0 (poli del sistema originario),un punto singolare tra -5 e -2 ed uno tra -2 e 0.Diagrammi di Nyquist Essendo in un caso di retroazione unitaria,

si può anche ricorrere al diagramma di Nyquist per ritrovare le consider-azioni e¤ettuate in precedenza. La funzione di trasferimento P (s) va riscrittaopportunamente, trascurando il fattore moltiplicativo K 0

�P (s) =s2 + 2

s (s+ 2)2 (s+ 5)=1

10

�1 + s2

2

�s�1 + s

2

�2 �1 + s

5

�

23

Diagramma di Nyquist per K�>0

Si vede che per qualsiasi valore di guadagno positivo, il diagramma diNyquist non circonda mai il punto -1. Quindi avrò, essendo PAP = 0 ilnumero di poli a parte reale positiva del sistema a catena aperta, ed Nil numero di giri che il diagramma di Nyquist compie in senso antiorariointorno al punto critico �1 + j0:

PCH = PAP �N = 0

dove si è indicato con PCH il numero di poli a parte reale positiva del sis-tema retroazionato (criterio di Nyquist). Il sistema è quindi asintoticamentestabile 8K 0 > 0.

24

Per valori negativi del guadagno, invece, il diagramma si presenta così

Diagramma di Nyquist per K�<0

Si potranno avere 2 situazioni. Per K 0 < 0 su¢ cientemente grande inmodulo, il diagramma compirà 3 giri in senso orario intorno al punto critico(N = �3), per valori più vicini a zero (ma sempre negativi), si avrà 1 giro insenso orario (N = �1). Si avrà, rispettivamente (essendo PAP = 0)

PCH = �N = 3 K 0 < 0 �grande�in modulo

PCH = �N = 1 K 0 < 0 �piccolo�in modulo

Quindi il sistema a retroazione, per il criterio di Nyquist, sarà instabileper ogni valore di K 0 < 0. Si ritrovano così le considerazioni viste mediante

25

lo studio del luogo delle radici.




P (s) =NP (s)

DP (s)= K 0 s

2 + s+ 12

s3 (s+ 4)


n = 4, m = 2) n�m = 2

z1 =�1� j2

, z2 =�1 + j2

=) sistema a fase minima

p1 = 0, p2 = 0, p3 = 0, p4 = �4

Il centro degli asintoti è

so =

nPi=1

pi �mPi=1

zi

(n�m) =0 + 0 + 0� 4� �1�j

2� �1+j

2

2= �3

2


26

W (s) =NW (s)

DW (s)=

NP 0(s)

NP (s) +DP (s)=

K 0 �s2 + s+ 12

�K 0�s2 + s+ 1

2

�+ s3 (s+ 4)

:


DW (s) = K0�s2 + s+

1

2

�+ s3 (s+ 4) = s4 + 4s3 +K 0s2 +K 0s+

K 0

2

al variare di K 0 2 R:Il luogo delle radici si presenta nel modo seguente

Luogo positivo

27

Luogo negativo

Stabilizzazione Condizione necessaria per l�asintotica stabilità a ciclochiuso è

K 0 > 0:


43210

��1 K 0 K0

2

4 K 0

3K 0 2K 0

3(K 0)2 � 8K 0 02K 0

28


K 0 >8

3

Si può scegliere K 0 = 5 > 83ed il problema è risolto.

Punti singolari�s4 + 4s3 +K 0s2 +K 0s+ K0

2= 0

4s3 + 12s2 + 2K 0s+K 0 = 0

Il sistema ha 5 soluzioni, tutte valide (K 0 2 R):

s = �32

con K 0 =27

4s = 0 con K 0 = 0 (soluzione doppia)

s = �1� j con K 0 = 8

s = �1 + j con K 0 = 8

Si noti la presenza di due punti singolari complessi e coniugati.

29

Documents

Corso di Controlli Automatici Prof. Stefano Di Gennaro Controlli Automatici... · Corso di Controlli Automatici Prof. Stefano Di Gennaro Esercitazione del 29/4/2008 Ing. Alessandro