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COMPITO del 3 APRILE 2006

Punto a – Diagramma ampiezze Anzitutto dobbiamo riscrivere la funzione di trasferimento in una forma più fruibile: per farlo dobbiamo fare in modo che, all’interno della parentesi, il termine noto rimanga pari ad 1.  1 0,1067  −2,8526 ⋅ 0,2488  s2 + s + 1 −2,8526 s2 + 0,1067 s + 0,2488 0,2488  0,2488  G ( s) = = = 2     1 1 0,8737 s + 0,0206 s + 0,8737 s + 4,761 2 ( ) 0,0206 ⋅  s + 1  ⋅ 4,761 ⋅  s + s + 1 4,761  0,0206   4,761 

(

=−

)

(

(

)

( 4,0193s + 0,4289s + 1) = −7,236 + 0,184 s + 1) ( 48,54s + 1) ( 0,210s + 0,184s + 1)

0,7097 4,0193s2 + 0,4289s + 1

(

0,0206 ⋅ ( 48,54 s + 1) ⋅ 4 ,761 ⋅ 0,210 s2

)

2

2

Questa relazione, applicata l’eguaglianza jω = s , diventa:

( −4,0193ω + 0,4289jω + 1) G ( jω ) = −7,236 ( 48, 54 jω + 1) ( −0, 210ω + 0,184 jω + 1) 2

2

Da ciò possiamo trarre alcune importanti informazioni:

( in dB )

•

il cosiddetto guadagno statico, che è pari a −7,236 = 20 log 10 −7,236 = 17,19 dB

•

la funzione di trasferimento ha due zeri (il numeratore ha infatti grado 2) ed essi possono essere trovati risolvendo l’equazione di secondo grado

4,0193s2 + 0,4289s + 1 = 0 −0,4289 ± 0,4289 2 − 4 ⋅ 4,0193 −0,4289 ± −15,89 −0,4289 ± 3,99j = = = −0,0534 ± 0,496j 2 ⋅ 4,0193 8,04 8,04 la funzione di trasferimento ha tre poli, di cui uno reale 48,54 s + 1 = 0
p1 = − 0,0206 e due complessi coniugati: z1,2 =

•

p2 ,3 =

−0,184 ± 0,184 2 − 4 ⋅ 0,210 ⋅ 1 −0,184 ± 0,0339 − 0,84 −0,184 ± 0,898j = = = 0,438 ± 2,138j 2 ⋅ 0,210 0,42 0,42

A questo punto ricaviamo le pulsazioni alle quali dovremo collocare poli e zeri: 1 • zeri z1 e z2
si trovano alla pulsazione ωz1 ,2 = = 0,499 [rad/s] dove il termine sotto radice è 4,019

(

)

il coefficiente di grado 2 nella relazione 4,0193s2 + 0,4289s + 1 o – in altre parole – l’inverso del

(

)

termine noto in s2 + 0,1067 s + 0,2488 1; •

polo p1
si trova alla pulsazione 0,0206 [rad/s] ( = 1 / 48,54 );

•

poli p2 e p3
si trovano alla pulsazione ωp2 ,3 =

(

1 0,21

= 2,182 [rad/s], dove il termine sotto radice è

)

il coefficiente di grado 2 nella relazione 0,210 s2 + 0,184 s + 1 o – in altre parole - l’inverso del

(

)

termine noto in s2 + 0,8737 s + 4,761 1. Quindi, per pulsazioni crescenti, avremo: • il polo p1 : a 0,0206 [rad/s] •

gli zeri z1,2 :

a 0,499 [rad/s]

•

i poli p2 ,3 :

a 2,182 [rad/s]

Che contributo danno gli zeri e i poli? Per capirlo dobbiamo calcolare a quanto ammonta il termine δ . Infatti: • se δ > 0 i poli sono a parte reale negativa (stabili); • se δ < 0 i poli sono a parte reale positiva (instabili). Il termine δ è pari a1: 2δ = termine di grado 1 nell’equazione col termine noto pari a 1

ωn

Quindi si ha: •

( 4,0193s •

2δ

per gli zeri z1,2
2

ωn

= 0,4289 dove quest’ultimo termine è stato pescato dalla relazione

)

+ 0,4289s + 1 . Da qui si ottiene δ = 0,1070 > 0 (
poli a parte reale negativa + presenza

del picco di risonanza). 2δ per i poli p2 ,3
= 0,184

( 0,210s

2

)

ωn

dove quest’ultimo termine è stato pescato dalla relazione

+ 0,184 s + 1 . Da qui si ottiene δ = 0,2002 > 0 (
poli a parte reale negativa + presenza del

picco di risonanza). Per cui i contributi alle pendenze sono di: • 0 dB tra 0 e 0,0206 [rad/s]; • -20 dB/dec tra 0,0206 (dove vi è il polo reale) e 0,499 [rad/s]; • -20+40 = +20 dB/dec tra 0,499 (dove vi è la coppia di zeri complessi e coniugati – parte reale negativa) e 2,182 [rad/s]; • +20-40 = -20 dB/dec da 2,182 [rad/s] (dove vi è la coppia di poli complessi coniugati – parte reale negativa) in poi. I valori degli estremi nel diagramma delle spezzate sono i seguenti: • 17,19 dB tra 0 e 0,0206 [rad/s] (c’è il solo contributo del guadagno statico); • tra 0,0206 (dove vi è il polo reale) e 0,499 [rad/s] il valore dell’ampiezza scende fino a 17,19 + −20 ) ⋅ log10 ( 0,499 ) − log10 ( 0,026 )  = 17,19 − 20 ⋅ 1,384 = 17,19 − 27,685 = −10,495 dB (
 calo di 20 db per decade

1

numero di decadi

Infatti si ha la seguente forma fattorizzata per la funzione di trasferimento (cfr. arg. 11 pg. 32 slides):

 2δ ′ s 2  2 δ 2′ s2  ... termini di primo grado in s ... ⋅  1+ 1 s −  1+ s−  2  ω n′ 1  ω n′ 1  ω n′ 2 ω n′ 22   G (s) = K  2δ s 2  2 δ 2 s2   1+  ... termini di primo grado in s ... ⋅  1+ 1 s − s−  ωn1 ω n21  ω n 2 ω n22  

•

tra 0,499 (dove vi è la coppia di zeri complessi e coniugati – parte reale negative) e 2,182 [rad/s] l’ampiezza sale fino a −10,495 dB + ( +20 ) ⋅ log10 ( 2,182 ) − log10 ( 0,499 )  = −10,495 + 20 ⋅ 0,641 = 2,32 dB
 aumento di 20 db per decade

•

numero di decadi

da 2,182 [rad/s] (dove vi è la coppia di poli complessi coniugati – parte reale negativa) in poi la crescita non si arresta più.

Punto a – Diagramma fasi Il diagramma delle fasi asintotico ha il seguente andamento: • tra 0 e 0,0206 [rad/s]: partiamo con una costante negativa e, quindi, da - π ;

π

•

tra 0,0206 (dove vi è il polo reale) e 0,499 [rad/s]: scendiamo di

•

= 0,00429 [rad/s] e la fine si trova alla pulsazione ωb = 4,81 ⋅ ω0 = 0,099 [rad/s]. Da lì fino a 4,81 alla successivo variazione (a 0,422 [rad/s], vedi punto successivo) la fase resta fissa a -240°; tra 0,499 (dove vi è la coppia di zeri complessi e coniugati – parte reale negative) e 2,182 [rad/s]: ω0 0, 499 saliamo di π
l’inizio di questo incremento è presso ωa = = = 0,422 [rad/s] e il δ 4,81 4,810 ,107 0

ωa =

ω0

2


l’inizio di questo calo è presso

termine è fissato a ωb = ω0 ⋅ 4,81δ = 0, 499 ⋅ 4,810 ,107 0 = 0,590 [rad/s]. Da lì fino alla successiva •

variazione (a 1,593 [rad/s], vedi punto successivo) la fase resta fissa a -90°; intorno a 2,182 [rad/s] (dove vi è la coppia di poli complessi coniugati – parte reale negativa) abbiamo l’ultima variazione della fase: il decremento (scendiamo di - π ) ha il suo principio in ω0 2,182 = = 1,593 [rad/s] e la sua fine a ωb = ω0 ⋅ 4,81δ = 2,182 ⋅ 4,810 ,2002 = 2,988 [rad/s]. ωa = δ 0 ,2002 4,81 4,81

Punto b - Diagramma delle ampiezze Dopo aver visto il caso asintotico, passiamo a quello reale. Inizialmente i due diagrammi coincidono: in presenza del primo polo, tuttavia, il grafico reale si trova al di sotto di quello asintotico e – precisamente – passa 3 dB sotto alla spezzata presso la pulsazione 0,0206 [rad/s]. In seguito ci dobbiamo confrontare con i due zeri complessi e coniugati: in tal caso è utile calcolare •

la pulsazione di risonanza: ωr = ω0 1 − 2δ 2 = 0, 499 ⋅ 1 − 2 ⋅ 0,107 2 = 0,493 [rad/s];

•

il picco di risonanza: MR =

1 2δ 1 − δ

2

=

1 2 ⋅ 0,107 1 − 0,107 2

= 4,7
20 log 10 ( 4,7 ) = 13,44 dB.

Il valore complessivo (minimo) del picco di risonanza sarà dunque: −10,495 dB − 13,44 dB = -23,935 dB. Ancora una volta il grafico reale sta sempre sotto a quello asintotico e raggiunge un minimo relativo in 0,493 [rad/s]. Per quanto riguarda la coppia di poli complessi e coniugati:

•

pulsazione di risonanza: ωr = ω0 1 − 2δ 2 = 2,182 ⋅ 1 − 2 ⋅ 0, 2002 2 = 2,093 [rad/s];

•

picco di risonanza: MR =

1 2 ⋅ 0,2002 1 − 0,2002 2

= ... = 2,549
20log 10 ( 2,549 ) = 8,128 dB .

Il valore complessivo (massimo) del picco di risonanza sarà dunque: 2,32 dB + 8,128 dB = 10,448 dB. Presso il picco di risonanza (e per tutte le pulsazioni superiori), il grafico reale starà sopra quello asintotico.

Punto b – Diagramma delle fasi Il diagramma reale delle fasi non è difficile da tracciare: detto proprio in parole povere povere (ma povere, eh!?) basta ricordare di “attraversare” le spezzate non orizzontali e di rimanere “contenuti” al di sotto (o al di sopra) di quelle orizzontali.

RISULTATO FINALE

Per prima cosa tracciamo il diagramma polare, come richiesto nel punto c.1: ricordiamo che la funzione di trasferimento è

( −4,0193ω + 0,4289jω + 1) G ( jω ) = −7,236 ( 48, 54 jω + 1) ( −0, 210ω + 0,184 jω + 1) 2

2

Non abbiamo poli nell’origine per cui, per ω → 0 , partiamo dall’asse reale in prossimità del guadagno statico (−7,236). Passiamo al comportamento per piccole pulsazioni: la quantità     ′ ′   δ δ δ δ 1 2 1 2 ∆ arg G ( jω )  ≜  τ 1′ + τ 2′ + ... +2 +2 + ... −τ 1 − τ 2 − ... −2 −2 ω     ωn′ 1 ωn′ 2 ωn 1 ωn 2   termini al numeratore    termini al denominatore   (primo grado)  (primo grado) termini al numeratore termini al denominatore  (secondo grado) (secondo grado)   è negativa perché, sostituendo i valori, si ha     0,107 2, 2     ∆ arg G ( jω ) ≜  2 − 48, 54 − 2 ω
  0,499 2,182 termini al denominatore           (primo grado) al numeratore termini al denominatore   termini (secondo grado) (secondo grado)   che è chiaramente < 0 per piccole pulsazioni. Ciò significa che il raggio vettore inizierà a ruotare in senso 3 orario. All’infinito tendiamo alla pulsazione − π , come si evince dai diagrammi di Bode e come si poteva 2 capire grazie alla formula:  τ ′τ ′ ⋅ ... ⋅ ω 2 ω 2 ⋅ ...   π π  π π π ( m − n) 2 +  sign  K τ 1τ 2 ⋅ ... ⋅ ωn′21ωn′22 ⋅ ...  − 1  2 = ( 2 − 3 ) 2 + ( −1 − 1) 2 = − 2 n1 n 2  1 2    Siccome il grado del numeratore è inferiore a quello del denominatore, il diagramma polare terminerà nell’origine. Prima di lanciarci a capofitto nel disegnare il grafico diamo uno sguardo ai diagrammi di Bode: • il grafico delle ampiezze è caratterizzato da due picchi di risonanza, uno “negativo” presso la pulsazione di risonanza degli zeri e uno “positivo” alla pulsazione di risonanza dei poli: il modulo del raggio-vettore non cala quindi in maniera uniforme e ci sarà un incremento tra 0,5 e 1,1 rad/s, all’incirca quando la fase starà crescendo (vedi punti successivi) ; • il grafico delle fasi vede un repentino aumento circostanziato pressappoco a 0,6 e 0,8 rad/s: si noti con le sole informazioni ricavate con le formule soprastanti questo particolare ci sarebbe sfuggito; • dopo il punto di partenza (che è reale) attraversiamo per due volte l’asse reale in quanto il grafico di Bode delle fasi passa per due volte presso −π . Volendo calcolare le intersezioni con più precisione, possiamo utilizzare Routh sulla funzione 1 + KG ( s ) ;

(

)

(

)

andiamo quindi a calcolare tale quantità:

( 48, 54s + 1) ( 0, 210s

2

)

(

)

+ 0,184 s + 1 − 7, 236 K 4,0193s2 + 0,4289s + 1 =

= 10,193s + 8,931s + 48,54 s + 0, 21s + 0,184 s + 1 − 29,084 Ks − 3,104 Ks − 7,236 K Il polinomio che useremo per compilare la tabella sarà dunque: 3

2

2

2

10,193s3 + ( 9,141 − 29,084 K ) s2 + ( 48,724 − 3,104 K ) s + 1 − 7,236 K

Dividendo per il coefficiente del termine di terzo grado:  9,141 29,084  2  48,724 3,104  1 7, 236 s3 +  − Ks +  − Ks + − K=  10,193 10,193   10,193 10,193  10,193 10,193 = s3 + ( 0,8968 − 2,8533K ) s2 + ( 4,7801 − 0,3134K ) s + 0,0981 − 0,7099K

Tabella di Routh: 3 1 4,7801 − 0,3134K 2 0,8968 − 2,8533K 0,0981 − 0,7099K 1 X 0 0 Y 0

X = determinante della matrice rossa, cambiato di segno, diviso per il termine 0,8968 − 2,8533K −

( 0,0981 − 0,7099K ) − ( 0,8968 − 2,8533K )( 4,7801 − 0, 3134K ) ( 0,8968 − 2,8533K )

Y = determinante della matrice verde, cambiato di segno, diviso per il termine X ( −0,981 − 0,7099K ) X = −0,981 − 0,7099K − X Dopo svariati calcoli (che non ho voglia di fare) si scopre che

Ecco dunque il diagramma polare in tutto il suo fulgore!

“Il cappio”

Ora passiamo ad esaminare l’asintotica stabilità. Tutti i poli sono a parte reale negativa, quindi può scattare il teorema di Nyquist nella versione che recita così: se la funzione di trasferimento KG ( s ) una volta fatto il diagramma di Nyquist, NON circonda il punto critico (-1, 0), allora il sistema è asintoticamente stabile. Questo vuol dire che il raggio vettore, centrato nel punto critico, non deve (per ω che va da – infinito a + infinito) girarvi intorno per 2π radianti o più. Si noti anzitutto che KG ( s ) , per K > 0, ha le stesse fasi di KG ( s ) ; quel che cambia è solamente il modulo, ma la forma del diagramma rimane praticamente inalterata, con le sue tre intersezioni con l’asse reale e il “cappio” che bene si vede nella figura del diagramma polare. Il diagramma di Nyquist si ottiene specchiando tale diagramma rispetto all’asse reale. Per essere sicuri di non toccare né circondare il punto, dobbiamo fare in modo che il diagramma “parta” da un punto > -1 sull’asse reale. Tale punto coincide con quello di “partenza” del diagramma polare e, in definitiva, è determinato dal guadagno statico che, per KG ( s ) , è uguale a

−7,236K 1 allora il guadagno statico sarà superiore a -1 e saremo sicuri che il punto critico non verrà mai 7, 236 circondato. Per cui, tenendo conto dell’ipotesi K > 0, l’asintotica stabilità è assicurata per 1 0
Se K <

Piccolo riepilogo: Zeri Polo reale Poli complessi coniugati




z1,2 = −0,0534 ± 0, 496j





p1 = − 0,0206 p2 ,3 = 0,438 ± 2,138j

Scriviamo la funzione di trasferimento in forma fattorizzata:

G ( s) =

(

−2,8526 s2 + 0,1067 s + 0, 2488

)

2,8526 =−    

( s + 0,0534 + 0, 496 j )( s + 0,0534 − 0, 496 j ) ( s + 0,0206 )( s − 0, 438 + 2,138 j )( s − 0,438 − 2,138 j )

( s + 0,0206 ) ( s + 0,8737 s + 4,761) Si noti che sign ( K ) = − sign ( K ) : questo significa che alla fine dovremo “invertire” i due luoghi delle radici 2

negativo!

(ovvero quello per K positivo e quello per K negativo). Infatti le nostre regole ci permettono di determinare il luogo delle radici di

G ( s) = K

( s + 0,0534 + 0,496 j )( s + 0,0534 − 0,496 j ) ( s + 0,0206 )( s − 0, 438 + 2,138 j )( s − 0, 438 − 2,138 j )

Ma K è pari a −2,8526 K e quindi ha segno opposto a K: di qui la precisazione esposta poco fa. Ricordiamoci infine che la graduazione del luogo in funzione di K va divisa per 2,8526. LUOGO DELLE RADICI PER K < 0 ( K > 0 ) Cerchiamo di capire quali punti dell’asse reale facciano parte del luogo delle radici. In questo caso un punto dell’asse reale fa parte del luogo delle radici se lascia alla sua destra un numero totale pari o nullo di poli e di zeri, per cui fanno parte dell’asse reale i punti maggiori di −0,0206. Abbiamo tre rami ( = 3 poli), due dei quali vanno a finire negli zeri (il terzo è l’asintoto e l’abbiamo in realtà già trovato: è il segmento che va verso + infinito a partire da −0,0206). L’asintoto forma un angolo pari a 2νπ θ a ,ν = = 0° ν = 0,1,..., n − m − 1 ⇒ 0 e basta n−m

Troviamo i punti di emergenza calcolando quando si annulla la derivata della funzione di trasferimento: dopo vari calcoli, che non ho voglia di fare e che consistono nella risoluzione di s4 + 0,2134 s3 − 3,937 s2 + 0, 2488 s + 1,179 = 0 Le cui radici sono s1 = 1,7419 s2 = 0,6252 s3 = −0, 527 s4 = −2,0536 Si nota facilmente che solo le prime due soluzioni vanno bene in questo contesto in quanto sono maggiori di −0,0206 (le altre due torneranno buone nel punto successivo). Ecco quindi il luogo delle radici

LUOGO DELLE RADICI PER K > 0 ( K < 0 ) Fanno parte dell’asse reale i punti che lasciano alla loro destra un numero totale dispari di poli e di zeri, per cui soddisferanno questo requisito solo i punti d’ascissa inferiore a −0,0206. Abbiamo tre rami ( = 3 poli), due dei quali vanno a finire negli zeri (il terzo è l’asintoto e l’abbiamo in realtà già trovato: è il segmento che va verso − infinito a partire da −0,0206). L’asintoto forma un angolo pari a ( 2ν + 1) π = 180° θ a ,ν = ν = 0,1,..., n − m − 1 ⇒ 0 e basta n−m I punti di emergenza sono quelli che avevamo scartato nel punto precedente, quindi non abbiamo bisogno di calcolarceli nuovamente.

Formula della retroazione (blocco rosso)

Gp ( s )

1 + Gp ( s ) H ( s ) Funzione di trasferimento del blocco verde: W (s) =

Gc ( s ) Gp ( s )

1 + Gp ( s ) H ( s )

K1 = 1+

4 s (s + 2) 4K2 s s (s + 2)

=

4 K1 s ( s + 2 ) + 4K2 s

Funzione di trasferimento del tutto posto in retroazione unitaria (blocco blu): 4 K1 2 W ( s) s + 2 s + 4 K2 s 4 K1 4 K1 = = 2 = 2 4 K1 1 + W (s) s + 2 s + 4 K 2 s + 4 K1 s + s ( 2 + 4 K 2 ) + 4 K1 1+ 2 s + 2s + 4K2 s Imponiamo la condizione sul denominatore: s2 + s ( 2 + 4 K2 ) + 4 K1 = ( s + 10 )( s + 10 ) = s2 + 20 s + 100 2 + 4 K 2 = 20 4 K1 = 100




18 = 4,5 4 K1 = 25 K2 =

COMPITO del 27 giugno 2006

Scriviamo la funzione di trasferimento nel seguente modo: 1 G ( s) = = 2  1 2 6 ( s + 8 ) s + 6s + 13 13 ⋅ 8 ⋅  1 s + 1  s + s + 1  13 8  13 

(

1

)




G ( jω ) =

1

13 ⋅ 8 1  1 2 6   8 jω + 1  − 13 ω + 13 jω + 1    

1 1 = = 0,00961 = −40,34 dB . 13 ⋅ 8 104 Abbiamo un polo semplice e due poli complessi coniugati: • polo semplice reale stabile a p1 = −8 ;

Il guadagno statico è

•

poli complessi coniugati: p2 ,3 = −3 ± 2i (basta risolvere l’equazione).

Il polo semplice si trova alla frequenza: ω = 8 rad/s = 8 rad/s; i due poli complessi e coniugati, invece, sono a ωp2 ,3 =

1 1

= 3,606 rad/s . Per i poli complessi coniugati abbiamo inoltre

13 che è > 0 (poli stabili a parte reale negativa, senza picco di risonanza).

2δ

ωn

=

6 6
δ = 3,6 = 0,831 13 2 ⋅ 13

I valori assunti dall’ampiezza sono quindi: • −40,34 dB per pulsazioni da 0 a 0,125 rad/s; • da 3,6 rad/s in poi il calo è di –40 dB/dec, per cui il valore finale dell’ampiezza, alla pulsazione 8 rad/s, sarà di −40 ⋅ log 10 ( 8 ) − log 10 ( 3,6 )  = −13,87 dB; di conseguenza il valore alla pulsazione 8 rad/s sarà – 40,34 – 13,87 = – 54,21 dB; • dagli 8 rad/s in poi entra in gioco il polo reale e aggiunge –20 dB/dec di pendenza (per un totale di niente popò di meno che –60 dB/dec). Nel grafico reale dovremo tenere conto: • del fatto che esso starà sempre al di sotto di quello asintotico, in virtù del fatto che i poli dominano incontrastatamente; • alla pulsazione di 8 rad/s il diagramma reale è inferiore a quello asintotico di circa 3 dB. Passiamo alle fasi: • il guadagno statico è positivo quindi partiamo da 0°; • la presenza dei poli complessi e coniugati p2 ,3 induce un cambiamento di fase localizzato fra

•

ω0

3,606 = 0,978 rad/s ω2 = 4,81δ ⋅ ω0 =13,301 rad/s 4,81 4,810 ,831 In quest’intervallo la fase deve scendere di 180°; la presenza del polo reale induce un calo di fase pari a 90° localizzato fra

ω1 =

δ

=

ω1 =

ω0 4,81

=

8 = 1,663 rad/s 4,81

ω2 = 4,81 ⋅ ω0 = 38,48 rad/s

Per cui, in definitiva: • tra 0 e 0,978 rad/s stiamo fermi a 0; •

tra 0,978 e 1,663 rad/s scendiamo con una pendenza di − fino al valore −

•

•

180 la quale ci fa arrivare 2δ log 4,81

180 ⋅ log ( 1,663 ) − log 10 ( 0,978 )  = –36,6°; 2δ log 4,81  10

tra 1,663 rad/s e 13,301 rad/s scendiamo con una pendenza di −

180 90 la − 2δ log 4,81 2 log 4,81

  180 90 quale ci fa calare di  − −  ⋅ log 10 ( 13,301) − log 10 ( 1,663 )  = –202,94° fino  2δ log 4,81 2 log 4,81  al valore 239,53°; 90 dopodiché caliamo con una pendenza di − . 2 log 4,81

Nel grafico reale: • il diagramma delle fasi attraverserà quello asintotico in –270°/2.

RISULTATO FINALE

G ( jω ) =

1

13 ⋅ 8 1  1 2 6   8 jω + 1  − 13 ω + 13 jω + 1    

Non abbiamo poli nell’origine per cui partiamo dall’asse reale alla coordinata 1/104. Per pulsazioni piccole il diagramma polare sarà caratterizzato da una rotazione in senso orario in quanto abbiamo soltanto poli. Il valore della fase finale sarà: τ 1′  
      1  τ 1′τ 2′ ⋅ ... ⋅ ωn21ωn22 ⋅ ...   π π  π  π 3  8 ( m − n) 2 +  sign  K τ τ ⋅ ... ⋅ ω′2ω′2 ⋅ ...  − 1  2 = −3 ⋅ 2 +  sign  3,606 2  − 1  2 = − 2 π n1 n 2  1 2          ωn′21        (m = n° zeri a parte reale negativa + n° poli a parte reale positiva n = n° zeri a parte reale positiva + n° poli a parte reale negativa o nulla) Quindi arriveremo sul semiasse immaginario positivo. Notiamo inoltre che il modulo, per ω → ∞ , è nullo (per cui finiamo nell’origine). Per trovare le intersezioni con l’asse reale possiamo utilizzare il criterio di Routh. Anzitutto ricaviamo il polinomio che ci interessa:

(s + 8)(s

2

)

+ 6 s + 13 = s3 + 6 s2 + 13s + 8 s2 + 48 s + 104 = s 3 + 14 s 2 + 61s + 104

Da cui si ha che il polinomio caratteristico è: s3 + 14s2 + 61s + 104 + K Tabella di Routh 1 61 3 14 104 + K 2
riga “1” moltiplicata per 14
0 1 − ( 104 + K − 14 ⋅ 61) 14 0

104 + K

0

3 1 61 2 14 104 + K 1 750 − K 0 0 104 + K 0

Perché il sistema sia stabile i coefficienti della prima colonna devono essere tutti positivi:

K > 750 Da cui l’intersezione cercata è 1/750 = 0,00133. Il grafico risultante è il seguente:

K > −104

La nostra funzione di trasferimento ha tre poli e nessun zero; essi sono: • polo semplice reale a p1 = −8 ; •

poli complessi coniugati: p2 ,3 = −3 ± 2i .

Forti della loro conoscenza possiamo riscrivere la G ( s ) in forma fattorizzata: G (s) =

1 ( s + 8 )( s + 3 + 2i )( s + 3 − 2i )

CASO K POSITIVO Anzitutto occupiamoci dei punti sull’asse reale: la regola dice che, nel caso K > 0, un punto dell’asse reale fa parte del luogo delle radici se lascia alla sua destra un numero totale dispari di poli e di zeri. Il luogo dei punti che soddisfa questa condizione comprende perciò tutti i punti minori di −8 (in questo modo a destra abbiamo 3 poli): non esiste altro punto con tali requisiti in quanto gli altri due poli sono complessi e coniugati e, per questo, condividono la stessa ascissa. C’è poi da dire che non abbiamo zeri, quindi i tre poli finiranno in tre asintoti: il primo lo conosciamo già e coincide con l’asse reale (verso −infinito); gli altri due riguardano i poli complessi e coniugati e si congiungono in un punto avente ascissa m  1  n 1  3  1 14 σa = p − z = −8 − 3 − 3 ) = − = −4,666 ( ∑ i ∑ i   ∑ pi  = n − m  i =1 3 i =1  3 − 0  i=1  3 − 0 A partire da questo punto si dirameranno i due asintoti, i quali formeranno angoli di +60° e −60° con l’asse delle ascisse in quanto si ha che gli angoli formati con l’asse reale sono ( 2ν + 1) π = 2ν + 1 π ν = 0,1,2 θ a ,ν = ( )3 n−m Da cui: π 5π θ1 = = +60°, θ2 = π = +180°, θ 3 = = +300° ≡ −60° 3 3

Siccome non esistono punti sull’asse reale facenti parte del luogo delle radici presso i poli complessi coniugati, essi andranno all’asintoto rimanendo nel loro semipiano e senza attraversare quindi l’asse reale. Non avremo perciò punti di diramazione per K > 0 (per K < 0 magari sì, chi lo sa). Se siamo poi curiosi di sapere dove il luogo delle radici si intersecherà con l’asse immaginario possiamo usare il criterio di Routh. L’intersezione si ha infatti per K = 750 presso il punto calcolabile mediante l’equazione ausiliaria (la quale è formata coi coefficienti della riga precedente a quella di tutti zeri). −854 = ±7,81 j 14 Il luogo delle radici per K positive è dunque quello in figura a fianco. 14 s2 + 854 = 0 ⇒ s = ±

CASO K NEGATIVO Partiamo anzitutto dalle nostre considerazioni sull’asse reale: questa volta fanno parte del luogo delle radici quei punti per i quali il numero di poli e zeri che si vedono verso destra è pari o nullo. Sono quindi validi tutti i punti sull’asse reale aventi ascissa maggiore di −8. Abbiamo ancora una volta tre asintoti (dei quali uno è già stato trovato, è l’asse reale in direzione +infinito), mentre gli altri due partono dall’ascissa m  1  n 1  3  1 14 σa = ( −8 − 3 − 3 ) = − 3 = −4,666  ∑ pi − ∑ z i  =  ∑ pi  = n − m  i =1 3 − 0 3 − 0 i =1   i=1  con angoli rispetto all’asse reale pari a

θ a ,ν =

2νπ 2π =ν n−m 3

ν = 0,1,2

Da cui:

2 4 3 3 Abbiamo questa volta due punti di diramazione, trovabili annullando la seguente derivata prima

θ1 = π = +120°, θ 2 = π = +240°, θ 3 = 2π = 360° ≡ 0°

(

2  ( 0 )( ....) − ( 1) 3s + 28 s + 61 d 1  = 2 ds  s3 + 14 s2 + 61s + 104  s3 + 14 s2 + 61s + 104

(

che è nulla se e solo se 3s2 + 28s + 61 = 0 Risolvendo l’equazione di secondo grado: s1 = −5,869 s2 = −3,465 Il punto s2 si congiungerà certamente coi due poli complessi e coniugati mentre da s1 partiranno i due rami che andranno ai due asintoti “obliqui”. Ecco quindi qui a fianco il luogo delle radici per K negativo.

)

)

COMPITO del 25 luglio 2006

La funzione di trasferimento può essere riscritta anche così: 1  1  2 ⋅  s + 1 s + 1  s+2 1 2  2  G ( s) = = = 2 1 2  3 1 2 2  s s + 4s + 6 6 ⋅ s  s2 + s + 1  s  s + s + 1 3 3 6  6 

(

⇒

)

1 jω + 1 1 2 G ( jω ) = − j 3ω  1 2 2   − 6 ω + 3 jω + 1   

Com’è evidente, abbiamo: • uno zero: z1 = −2

•

tre poli: uno reale (nell’origine) e due complessi coniugati −2 ± j 2 .

Le relative frequenze sono: • ωz = 2 rad/s per l’unico zero •

ωp 2 ,3 =

1

= 6 ≅ 2,45 rad/s per i poli complessi e coniugati; il polo reale, come abbiamo già detto, 1 6 si trova nell’origine.

Per i poli complessi coniugati si ha, inoltre, δ =

ωp 2 ,3  2 

  = 0,817 (poli stabili). 2 3

Diagramma delle ampiezze (asintotico) Col fatto che ci troviamo un polo nell’origine, partiamo subito con una pendenza di -20 dB/dec; attenzione però all’ordinata che abbiamo al punto ω (dB) = 0, che non è pari a zero bensì a  1  20 log 10   = −9,54 dB . Arriviamo quindi all’unico zero (pulsazione di 2 rad/s, valore raggiunto:  3ω ω =1 

−9,54 dB − 20 ⋅ log 10 ( 2 ) = −15,56 dB ), che dà un contributo di +20 dB/dec, tale da portarci ad una pendenza

nulla. Rimaniamo belli pacifici fino a 2,45 rad/s, dove sopraggiunge la coppia di poli che ci porta a -40 dB/dec di pendenza.

Diagramma delle ampiezze (reale) Il grafico si trova sopra a quello asintotico grazie al contributo dello zero, almeno fino a quando non sopraggiungono i poli reali: in tal caso il grafico reale passa sotto quello delle spezzate.

Diagramma delle fasi (asintotico) Abbiamo un polo nell’origine (immaginario puro negativo) quindi partiamo da − troviamo davanti lo zero, che forza la fase ad aumentare di

π 2

, a partire da ωa =

ω0 4,81

π 2 =

. Dopo un po’ ci 2 = 0, 416 rad/s 4,81

fino a ωb = ω0 ⋅ 4,81 = 9,62 rad/s : la pendenza di questa spezzata è pari a

90° . Ad un certo punto si 2 log 4,81

fanno sentire i poli complessi coniugati, che danno un contributo alla fase di –180° a partire da ω0 2,45 = = 0,67 rad/s fino a ω0 ⋅ 4,81δ = 2,45 ⋅ 4,810 ,544 = 8,840 rad/s . Per cui l’andamento del δ 0,817 ( 4,81) ( 4,81) diagramma delle fasi è il seguente:

π

•

da 0 a 0,416 rad/s
stiamo fermi a −

•

da 0,416 a 0,67 rad/s
pendenza della spezzata (crescente) = Valore finale: −90° +

•

2

; 90° . 2 log 4,81

90° ( log10 0,67 − log 10 0, 416 ) = −90° + 13,65° = −76,34° 2 log 4,81

da 0,67 a 8,840 rad/s
pendenza della spezzata (calante) =

90° 180° − 2 log 4,81 2 ⋅ 0,817 ⋅ log 4,81

  90° 180° − Valore finale: −76,34° +   log 10 ( 8,840 ) − log 10 ( 0,67 ) = −183,36° 2 log 4,81 2 ⋅ 0,817 ⋅ log 4,81 
  
   = 1,1204

(

)

= − 95,5209

•

da 8,840 a 9,62 rad/s
pendenza della spezzata (crescente) = Valore finale: −183,36° +

•

90° ( log10 9,62 − log10 8,84 ) = −180,94° 2log 4,81

di lì in poi…
rimaniamo costanti.

Diagramma delle fasi (reale)

90° 2 log 4,81

RISULTATO FINALE

1 G ( jω ) = − 3

1 jω + 1 2  1 2  jω  − ω 2 + jω + 1  3  6 

La nostra funzione ha un polo nell’origine per cui abbiamo un asintoto parallelo all’asse immaginario. La cui ascissa è pari a      δ 1′ δ 2′ δ1 δ2  σ a ≜ K  τ 1′ + τ 2′ + ... +2 +2 + ... −τ 1 − τ 2 − ... −2 −2 

 ωn′ 1 ωn′ 2 ωn1 ωn 2   termini al numeratore
   termini al denominatore
  (primo grado)  (primo grado) termini al numeratore termini al denominatore  (secondo grado) (secondo grado)   Effettuando il calcolo otteniamo:   6   1 1  1 3 σa ≜ −  − 2  = 18 ≅ 0,555 3 2 6    termini al numeratore  termini al denominatore   (primo grado) (secondo grado)   La quantità tra parentesi è < 0 per cui inizialmente la fase diventa più negativa (rotazione in senso orario). Essendo infine il numeratore di grado minore rispetto al denominatore, il diagramma finirà nell’origine e sarà tangente ad uno degli assi. Il valore della fase per ω → ∞ è calcolabile così

π

π

( m − n) 2 + ( sign ( K ) − 1) 2 (forma polinomiale) m = n° zeri a parte reale negativa + n° poli a parte reale positiva n = n° zeri a parte reale positiva + n° poli a parte reale negativa o nulla Così, a colpo d’occhio, abbiamo immediatamente che fase finale = uno zero + tre poli (uno reale + 2 c.c.) =

π

3 − π = −π . 2 2 Si noti che lo zero a ω = 2 rad/s tende (per un poco) a mantenere costante il modulo e porta il diagramma a seguire, anche se solo momentaneamente, un arco di circonferenza (da qui la piccola protuberanza che si vede nel diagramma a fianco).

Facciamo prestissimo: il diagramma polare non circonda né tocca il punto (-1,0) per cui il sistema è sempre asintoticamente stabile.

Prendiamo la nostra funzione di trasferimento in forma fattorizzata s+2 s+2 G ( s) = ⇒ G ( s) = 2 s s + 4s + 6 s s+2− j 2 s+2+ j 2

(

(

)

)(

)

Ricordiamo infatti che la nostra funzione ha uno zero, un polo nell’origine e due poli complessi e coniugati. Tracciamo per prima cosa il luogo delle radici per K positive. Abbiamo tre poli e quindi tre rami: uno verrà condotto sullo zero, gli altri due invece seguiranno un asintoto verso l’infinito. Asse reale: i punti dell’asse reale facenti parte del luogo delle radici sono quelli che lasciano alla loro destra un numero dispari di zeri e poli: prima di −2 abbiamo 4 tra poli e zeri, tra −2 e 0 abbiamo solo il polo nell’origine per cui l’intervallo [−2,0] dell’asse fa parte del luogo delle radici. Più precisamente, questo segmento è quello che congiunge il polo nell’origine con lo zero a −2. Gli asintoti partiranno dall’asse reale all’ascissa m  1  n 1 σa = ( 0 − 2 − 2 + 2 ) = −1  ∑ pi − ∑ z i  = n − m  i =1 i =1  3−1 Gli angoli che tali asintoti formeranno con l’asse reale saranno pari a: ( 2ν + 1) π = ( 2ν + 1) π
ν = 0,1
π , 3π θ a ,ν = n−m 2 2 2 Verifichiamo la presenza di punti di diramazione verificando la condizione d’annullamento della derivata:

(

)

3 2 2 dG ( s ) s + 4 s + 6 s − 3 s + 8 s + 6 ( s + 2 ) s+2 G ( s) = = 3 ⇒ = = 2 ds s + 4 s2 + 6 s s s2 + 4 s + 6 s3 + 4 s2 + 6 s

s+2

(

=

)

(

s + 4 s + 6 s − 3s − 8 s − 6 s − 6 s − 16 s − 12 3

2

3

(s

3

2

+ 4 s2 + 6 s

2

)

2

=

)

−2 s − 10 s − 16 s − 12 3

(s

2

3

+ 4 s2 + 6s

)

2

Tale derivata è nulla per

−2s3 − 10s2 − 16s − 12 = 0 Le radici di questa equazione sono s1 = −3 s2 ,3 = −1 ± j

−3 non fa parte del luogo delle radici quindi per ora la scartiamo (tornerà in auge nel caso K negativo); le altre due soluzioni non sono accettabili perché sarebbero necessari 4 poli per generare due punti doppi (e noi ne abbiamo solo 3). Le considerazioni fatte sono sufficienti a farci disegnare il luogo delle radici per K positivo.

Passiamo al caso K negativo. Sull’asse reale le cose si ribaltano perfettamente rispetto al caso precedente: i punti che fanno parte del luogo delle radici sono quelli che vanno da –infinito a −2 e poi da 0 verso +infinito. Abbiamo nuovamente due asintoti, solo che questa volta formano i seguenti angoli con l’asse reale: 2νπ
ν = 0,1
0, π θ a ,ν = = νπ n−m Ancora una volta i due asintoti si incrociano in −1 (anche se potremmo dire che si incrociano in qualsiasi punto dell’asse reale visto che “giacciono” sull’asse reale stesso, formando un’unica retta che lo comprende interamente). Il punto −3 questa volta fa parte del luogo delle radici per cui è un punto di emergenza valido: esso rende infatti possibile il raccordo richiesto fra un polo e uno zero. Abbiamo quindi: • un ramo che parte da zero e va asintoticamente all’infinito; • due rami che partono dai poli complessi coniugati, si raccordano in −3 e poi si diramano l’uno verso −2 e l’altro verso –infinito. Ecco lo schema finale:

COMPITO del 27 giugno 2006

La funzione di trasferimento può essere scritta anche nel seguente modo: 1    1  1  10 ⋅ 5 ⋅  s − 1  −10 ⋅ 5 ⋅  1 − jω  1 − jω   10 ( s − 5 ) 5  5  50 5  ⇒ G jω =  G ( s) = = = −j  ( ) ω ( 1 − jω ) s ( s − 1) s ( s − 1) − jω ( 1 − jω ) Abbiamo due poli e uno zero: • lo zero z1 è reale e instabile, ha modulo 5 e si trova perciò a 5 rad/s;

•

il polo p1 è reale e nell’origine, il polo p2 è intabile e pari a +1; la sua pulsazione di taglio è di 1 rad/s.

Diagramma delle ampiezze (asintotico) Lo zero nell’origine fa sì che l’intersezione con l’asse delle ordinate (corrispondente a ωdB = 0, ω = 1 ) valga

20 log10 50 = 33,98 dB . Prima di questa intersezione l’inclinazione è di -20 dB/dec e, proprio in prossimità della pulsazione di 1 rad/s, abbiamo il polo semplice p2 che ha l’effetto di portare il calo a -40 dB/dec. Alla

(

)

pulsazione 5 rad/s il valore assunto dall’ampiezza sarà di 33,89 − 40 log 10 5 − log 10 1 = 5,931 . Da quel momento in poi la pendenza torna a -20 dB/dec per via dello zero reale.

Diagramma delle ampiezze (reale) Inizialmente ci troviamo sotto al diagramma asintotico ma poi, in prossimità della spezzata -40 dB/dec, passiamo sopra e così proseguiamo verso la fine. Precisamente, alla pulsazione di 1 rad/s passiamo circa 3 dB sotto alla spezzata, mentre a 5 rad/s passiamo 3 dB sopra.

Diagramma delle fasi (asintotico) Il polo reale nell’origine ci fa partire da −

π 2

.

Il polo avente pulsazione di taglio 1 rad/s produce un calo della fase pari a −

ωa =

ω0 4,81

ω0

4,81 Per cui: •

2

, a partire da

= 0, 208 rad/s fino a ωb = 4,81 ⋅ ω0 = 4,81 rad/s .

Lo zero avente pulsazione di taglio 5 rad/s produce un aumento della fase pari a

ωa =

π

= 1,040 rad/s fino a ωb = 4,81 ⋅ ω0 = 24,05 rad/s .

da 0 a 0,208 rad/s
stiamo belli fermi a −

π 2

π 2

, a partire da

•

da 0,208 a 1,040 rad/s
inizia l’incremento della fase con una pendenza pari a Arriviamo fino alla fase −90° +

90° . 2 log 4,81

90° log 10 ( 1,040 ) − log 10 ( 0,208 ) = −90° + 46,11° = −43,89°. 2 log 4,81

(

•

da 1,040 a 4,81 rad/s
fase costante a −43,89°.

•

da 4,81 a 24,05 rad/s
fase in calo con pendenza −

•

da 24,05 rad/s in poi
fase costante a −90°.

)

90° 2 log 4,81

Diagramma delle fasi (reale) Si veda la figura nella pagina seguente e si noti che il grafico è simmetrico rispetto alla media geometrica fra 1e5(=

1 ⋅ 5 = 2,236 rad/s ).

RISULTATO FINALE

 1   1 − 5 jω   G ( jω ) = 50  jω ( 1 − jω ) Abbiamo un polo nell’origine per cui abbiamo un asintoto parallelo all’asse immaginario la cui ascissa è pari a:  1  4 σ n = K  − + 1  = 50 = 40 5  5  Inoltre il termine tra parentesi è maggiore di zero per cui la rotazione sarà inizialmente in senso antiorario. Il comportamento per ω → ∞ può essere ricavato tenendo presente che il numeratore è di grado inferiore al denominatore, per cui il diagramma terminerà nell’origine e sarà tangente ad uno degli assi. La fase finale sarà di

π 2

−2

π 2

=−

π 2

. Ecco il diagramma:

Il sistema è sempre asintoticamente instabile perché la presenza di un polo a parte reale positiva richiederebbe che il diagramma di Nyquist facesse un giro in senso antiorario attorno al punto critico, cosa che di fatto non accade per qualunque K positivo (siamo sempre nel semipiano destro). La presenza di un polo nell’origine, inoltre, imporrebbe che il diagramma completo (cioè di Nyquist) facesse un ulteriore mezzo giro in senso antiorario attorno a (-1,0).

G ( s) =

10 ( s − 5 ) s ( s − 1)

( )

Così posta, la funzione di trasferimento è già in forma fattorizzata, per cui sign ( K ) = sign K . Inoltre, come nota a margine, dovremo ricordare di scalare di un fattore 10 i luoghi delle radici. Abbiamo due poli e uno zero: questo significa che un arco connetterà un polo con lo zero, mentre l’altro zero sarà costretto ad andare all’infinito (seguendo un asintoto). LUOGO DELLE RADICI PER K POSITIVO Fanno parte del luogo delle radici quei punti sull’asse reale che lasciano alla loro destra un numero dispari di poli e di zeri: soddisfano questo requisito i punti < 0 e compresi fra 1 e 5. Detto questo ci accorgiamo del fatto di aver già trovato l’unico asintoto (cioè il semiasse negativo reale, che fa parte – come abbiamo scoperto poco fa – del luogo delle radici). L’arco che connette i punti sull’asse reale d’ascissa 1 e 5 mette in collegamento lo zero con il suo polo: il luogo delle radici è quindi molto probabilmente già completato ma, per sicurezza, lanciamoci nella ricerca dei punti di emergenza. d d KG ( s ) = 0 ⇒ G ( s ) = 0 ds ds 2 d  s − 5  1 ⋅ s − s + ( −s + 5 )( 2 s − 1) = =0 ds  s2 − s  ...2

(

)

(

)

s2 − s − 2s2 + s + 10s − 5 = −s2 + 10s − 5 = 0 s1,2 =

0, 528 −10 ± 100 − 20 −10 ± 4 5 = = +5 ∓ 2 5 =  −2 −2 9, 472

Nessuno dei due punti d’emergenza fa parte del luogo delle radici per K positivo, che può quindi dirsi concluso.

LUOGO DELLE RADICI PER K NEGATIVO Fanno parte del luogo delle radici tutti quei punti che lasciano alla loro destra un numero pari a o nullo di zeri e poli (e quindi i punti compresi fra 0 e 1 nonché quelli >5). L’asintoto è ancora uno ma questa volta forma un angolo di 0° con il semiasse positivo reale (coincide con l’asse reale). I due poli devono trovare il modo di andare uno verso lo zero e l’altro all’infinito quindi qui ci tornano buoni i due punti di emergenza: ricordando inoltre che il luogo delle radici è simmetrico rispetto all’asse reale, il risultato finale sarà pari a

COMPITO DEL 18 DICEMBRE 2006, gruppo 2

La funzione di trasferimento può essere scritta anche così: s2 − s + 1 s2 − s + 1 1 G ( s) = = ( s + 2 )( s + 4 ) 8  1 s + 1  1 s + 1  2     4  Il numeratore ha lo stesso grado del denominatore e, in particolare, avremo due poli e due zeri:

•

coppia di zeri complessi e coniugati: pulsazione di taglio: ωn =

• •

1± 1− 4 = 0, 5 ± 0,866 j 2

1

= 1 rad/s a −1 coeff. di smorzamento: δ = ⋅ 1 = −0, 5 (zeri c.c. instabili e presenza del picco di risonanza) 2 polo stabile di valore -2 (pulsaz. taglio = 2 rad/s) polo stabile di valore -4 (pulsaz. taglio = 4 rad/s)

DIAGRAMMA ASINTOTICO DELLE AMPIEZZE Guadagno statico
-18,06 dB Zeri c.c.
pendenza di +40 dB/decade a partire da 1 rad/s Poli stabili
sottraggono ciascuno -20 dB/decade Ampiezze “intermedie”: • 1 rad/s
-18,06 dB • •

( ) 4 rad/s
−6,019 + 20 ( log ( 4 ) − log ( 2 ) ) ≅ 0 dB

2 rad/s
−18,06 + 40 log ( 2 ) − log ( 1) = −6,019 dB

DIAGRAMMA REALE DELLE AMPIEZZE Picco di risonanza a: ωn 1 − 2δ 2 = 1 − 2 1

1

= 1,155 → 1, 252 dB 2δ 1 − δ 2 2 ⋅ 0, 5 ⋅ 0,75 A causa del picco di risonanza, la distanza tra il diagramma reale e quello asintotico sarà più marcata dei soli 3 dB canonici.

Ampiezza del picco:

=

1 = 0,707 rad/s 4

DIAGRAMMA ASINTOTICO DELLE FASI Gli zeri sono instabili quindi producono un calo di fase di 180° tra

1 = 0, 456 rad/s e 4,810 ,5

4,810,5 = 2,193 rad/s . I poli producono ciascuno un calo di fase pari a 90°: • tra 0,416 e 9,62 rad/s • tra 0,832 e 19,24 rad/s. Per cui: 90 • tra 0,416 e 0,456 rad/s
calo fino a − log ( 0, 456 ) − log ( 0, 416 ) = −2,63° 2 log 4,81

(

•

•

•

•

)

tra 0,456 e 0,832 rad/s
ulteriore calo fino a  90 180  −2,63° +  − −  log ( 0,832 ) − log ( 0, 456 ) = −88,77°  2 log 4,81 log 4,81  tra 0,832 e 2,193 rad/s
caliamo di nuovo a  180 180  −88,77° +  − −  log ( 2,193 ) − log ( 0,832 ) = −255, 37°  2 log 4,81 log 4,81  tra 2,193 e 9,62 rad/s  180  −255,37° +  −  log ( 9,62 ) − log ( 2,193 ) = −340,1°  2 log 4,81  tra 9,62 e 19,24 rad/s   90 −340,1° +  −  log ( 19,24 ) − log ( 9,62 ) ≅ −360°  2 log 4,81  (com’era prevedibile)

(

)

(

)

(

)

(

)

Il diagramma polare inizierà dal punto pari al guadagno statico (non abbiamo poli nell’origine), ma non finirà nell’origine in quanto il grado del numeratore è uguale al grado del denominatore: finirà bensì tangente ad uno degli assi. Aiutandoci col diagramma di Bode: • partiamo con un modulo del raggio-vettore pari 1/8 per poi calare un pelo (in prossimità del picco di risonanza, cioè poco prima di -90° di fase) e infine crescere costantemente; • il valore massimo assunto dal modulo del raggio vettore è pari ad 1 (0 dB); • la fase cala costantemente quindi la rotazione sarà perennemente in senso orario, con fase finale pari a -360° (in pratica facciamo un giro completo). Esisteranno sicuramente dei punti aventi K > 0 per i quali il sistema non sarà instabile: questo perché aumentando K la spirale in figura si dilata e va a “inglobare” il punto critico. In tal caso, secondo il criterio di Nyquist, avremmo instabilità asintotica per il nostro sistema.

Poniamo il nostro polinomio nella forma fattorizzata: ( s − 0,5 − 0,866 j )( s − 0, 5 + 0,866 j ) s2 − s + 1 G ( s) = = ( s + 2 )( s + 4 ) ( s + 2 )( s + 4 ) Il segno di K è lo stesso del K in base al quale possiamo formulare le regole per ricavare il luogo delle radici. LUOGO DELLE RADICI PER K POSITIVO Abbiamo due poli e due zeri per cui non vi sarà alcun asintoto. Fanno parte del luogo delle radici i punti che lasciano alla loro destra un numero dispari di poli e zeri quindi tutti i punti compresi fra −2 e 0,5. Punti di emergenza:

G ( s) =

(

s2 − s + 1 s2 − s + 1 = 2 ( s + 2 )( s + 4 ) s + 6s + 8

)

(

)

s 2 + 6 s + 8 ( 2 s − 1) − ( 2 s + 6 ) s 2 − s + 1 d G ( s) = =0 ds s2 + 6 s + 8

(

)

2 s3 + 12 s2 + 16 s − s2 − 6 s − 8 − 2 s3 − 2 s2 + 2 s + 6 s 2 − 6 s + 6 = 0

2s + 12s + 16s − s − 6s − 8 − 2s + 2s − 2s − 6s + 6s − 6 = 0 7 s 2 + 14s − 14 = 0 s2 + 2s − 2 = 0 3

2

2

3

2

2

−2 ± 4 + 8 −2 ± 3,464 −2,732 = = 2 2 0,732 Chiaramente è valida solo la soluzione negativa. Dai poli partiranno quindi degli archi che confluiranno tutti presso tale punto di emergenza. s1,2 =

Trasformata di r(t): R ( s) =

3 s2

Segnale errore: 3  1  3 3 s 1 + s +1 2  2 3  s  s s E ( s) = = = = 1 + H ( s) G ( s) (1 + s )(1 + 5s ) s  1 + 1 s  + 10 (1 + s )(1 + 5s ) s  1 + 1 s  + 10 (1 + s )(1 + 5s ) 1 + 10   3  3   1    s1 + s 3   Errore a regime: 3+s 3 Er ( s ) = lim sE ( s ) = lim = s→0 s→0 10  1  s  1 + s  + 10 ( 1 + s )( 1 + 5s ) 3   R ( s)

COMPITO del 23 MARZO 2007

Si nota immediatamente che la funzione ha: • un polo semplice e reale p1 = −1 ; •

due poli complessi e coniugati

p2 ,3 = −

2 (1 ± i ) . 2

Le pulsazioni di taglio sono: • 1 rad/s per p1 ; •

1 rad/s per i due poli complessi e coniugati ( ω =

1 coeff. grado 2 (eq. con termine noto pari a 1)

).

Tutti i poli hanno quindi la stessa frequenza/pulsazione di taglio. ωtaglio I poli complessi coniugati hanno il termine δ = ⋅ {coeff. grado 1 in eq. con termine noto 1} = 0,707 > 0 2 per cui sono stabili.

Diagramma delle ampiezze (asintotico) Il diagramma delle ampiezze non è difficile da tracciare: il guadagno statico è pari ad 1 (cioè a 0 dB) e l’unica variazione si ha a 1 rad/s, dove si espleta l’azione congiunta di tutti i poli (−20−40 = −60 dB/dec).

Diagramma delle ampiezze (reale) Il diagramma delle ampiezze sta sempre sotto a quello delle spezzate. Presso la pulsazione di 1 rad/s il grafico passa circa 6 dB sotto quello asintotico (si sommano i due contributi di p1 e p2 ,3 ).

Diagramma delle fasi (asintotico) Qui il discorso è (leggermente) più complicato: • il polo semplice tende ad abbassare la fase di 90°; esso inizia ad influire alla pulsazione di ωtaglio 1 = = 0,2079 rad/s e finisce la sua azione a ωp1b = 4,81ωtaglio = 4,81 rad/s; ω p 1a = 4,81 4,81 • la coppia di poli complessi e coniugati ha un δ > 0 per cui tende a far calare la fase di 180°, a partire ωtaglio 2 da ωp1a = = 0,3294 rad/s fino a ωp1b = 4,81ωtaglio = 3,0358 rad/s. δ 4,81 Per cui abbiamo: • da 0 a 0,2079 rad/s
nessuna variazione; 90 • da 0,2079 a 0,3294 rad/s
una pendenza pari a −
calo di −13,19°; 2 log 4,81 •

da 0,3294 a 3,0358 rad/s
una pendenza pari a −

al valore −257,53°;

90 180 − 2 log 4,81 2 log 4,810 ,707

(

)


calo di −243,63° fino

•

da 3,0358 a 4,81 rad/s
una pendenza pari a −

•

da 4,81 rad/s in poi
nessuna variazione.

90
calo di −13,19° fino al valore −270°; 2 log 4,81

Diagramma delle fasi (reale) Si veda la figura nella pagina seguente e si tenga presente che il grafico è simmetrico e che il diagramma reale delle fasi attraversa quello delle spezzate nel punto in cui situeremmo l’asse di simmetria.

Anzitutto ricordiamo che

La nostra funzione di trasferimento non ha poli nell’origine e non ha neanche degli zeri… 1 G ( jω ) = 2 −ω + j 2ω + 1 ( jω + 1)

(

)

… per cui partiamo dall’asse reale presso l’ascissa pari al guadagno statico (= 1). Per piccole pulsazioni il raggio vettore inizia a ruotare in senso orario dato che il termine     ′ ′   δ δ δ δ 1 2 1 2 ∆ arg G ( jω )  ≜  τ 1′ + τ 2′ + ... +2 +2 + ... −τ 1 − τ 2 − ... −2 −2 ω     ′ ′ ω ω ω ω n n n n 1 2 1 2  termini al numeratore    termini al denominatore   (primo grado)  (primo grado) termini al numeratore termini al denominatore  (secondo grado) (secondo grado)   è sicuramente negativo (non abbiamo termini al numeratore). All’infinito il diagramma terminerà nell’origine in quanto il modulo diventerà nullo (numeratore di grado inferiore al denominatore). La fase finale sarà di -240° perché abbiamo partiamo da 0° (guadagno statico positivo) e abbiamo tre poli (uno semplice e due c.c.) che forniscono un calo di fase pari a 90° ciascheduno1. Il calcolo delle intersezioni è facile: basta imporre che la parte immaginaria della 1 G ( jω ) = 2 −ω + j 2ω + 1 ( jω + 1)

(

)

(

)

sia nulla. G ( jω ) =

(

1 −ω

2

2 − ω + 1 + jω + j 2ω − jω 2

)

3

=

1 −ω

2

jω 1 + 2 − ω 2 è nulla se ω = 0 (e vabbè…) e se

{

}

(

2 − ω + 1 + jω 1 + 2 − ω 2 2

)

1 + 2 ≅ 1, 554 rad/s

Sostituendo la pulsazione nella Re G ( jω ) otteniamo l’intersezione vera e propria, −0,2071.

1

Ciascheduno è bello, dai!

Si ricorda che abbiamo: • un polo semplice e reale

p1 = −1 ;

2 (1 ± i ) . 2 Se scriviamo la forma fattorizzata scopriamo immediatamente che sign ( K ) = sign K per cui non abbiamo

•

due poli complessi e coniugati

p2 ,3 = −

( )

bisogno di “invertire” i luoghi delle radici. LUOGO DELLE RADICI PER K POSITIVO Sull’asse reale fanno parte del luogo delle radici quei punti che lasciano alla loro destra un numero dispari di zeri e poli: soddisfano questo requisito i punti a sinistra di -1. Abbiamo tre poli e nessuno zero per cui ci saranno tre asintoti; essi, in base alle formule, dovranno dividersi l’angolo giro in parti uguali: siccome un asintoto l’abbiamo in realtà già trovato (forma un angolo di 180° con il semiasse positivo reale ed è costituito dal ramo che si genera a -1 e va verso – infinito) π 5π possiamo immediatamente dedurre che gli altri due formeranno angoli pari a , . 3 3 Gli asintoti avranno centro all’ascissa: 1 1 poli − ∑ zeri ) = − 2 − 1 = −0,805 ( ∑ n−m 3 Punti di emergenza non possono essercene perché: • abbiamo detto che, vista l’assenza di zeri, tutti gli archi dovranno andare agli asintoti; • esistono 3 asintoti, per cui nulla suggerisce che gli archi si debbano intersecare da qualche parte; • l’unico modo in cui gli archi uscenti dai due poli c.c. potrebbero intersecarsi sarebbe nell’attraversamento dell’asse reale – dovendo essi proseguire verso gli asintoti, ma questo è impossibile perché i punti a destra di -1 non fanno parte del luogo delle radici.

(

)

Errore: E ( s) =

1 s 1+ K

1 s+1

Errore a regime:

 1    1  s+1  s Er ( s ) = lim  sE ( s )  = lim  s = ⇒K=9  = lim   s→0 s→0 s → 0 s +1+ K  1+ K  1+ K 1   s + 1 

Compito del 19 giugno 2007

Possiamo, se ci va, riscrivere così la funzione di trasferimento: 1 s+1 s + 10 G ( s) = 2 = 10 10 s +s+1 s2 + s + 1 Abbiamo: • un termine di guadagno statico pari a 10; • uno zero semplice z1 = −10 e stabile
pulsazione di taglio 10 rad/s; •

due poli complessi e coniugati p1,2

ω = 1 rad/s −1 ± −3  taglio =  1 2 δ =  2

Notiamo immediatamente che, siccome il termine δ è compreso tra 0 e 1

2

, abbiamo un picco di

risonanza.

Diagramma asintotico dell’ampiezza Il guadagno statico di fa partire da +20 dB. Dopodiché incontriamo la coppia di poli complessi e coniugati, la quale induce un calo dell’ampiezza di −40 dB/dec; infine giungiamo allo zero semplice (valore dell’ampiezza a 10 rad/s: -20 dB) che corregge il tiro a −20 dB/dec.

Diagramma reale dell’ampiezza Abbiamo un picco di risonanza ( δ è compreso tra 0 e 1

2

): esso sarà situato alla pulsazione

1 = 0,707 rad/s 2 Il valore del picco (da aggiungere ai +20 dB) è, in particolare, 1 1 1 2 Mr = = = = = 1,158 = 1, 249 dB 2 1 3 3 3 2 δ 1−δ 2 2 4 4 Il diagramma reale e quello asintotico si toccano al valore di +20 dB presso la pulsazione di 1 rad/s. Per il resto, quello delle spezzate si trova sempre al di sotto.

ωrisonanza = ωn 1 − 2δ 2 = 1 ⋅

Diagramma asintotico delle fasi La fase iniziale è nulla (guadagno statico di valore positivo); dopodiché la coppia di poli complessi 1 = 0,456 rad/s fino a coniugati induce un calo della fase di −180° a partire da ωa = 4,810 ,5

ωb = 4,810 ,5 = 2,193 rad/s con pendenza

−180 1 2 ⋅ log ( 4,81) 2

. Lo zero, invece, innalza la fase di +90° a partire da

10 = 2,079 rad/s fino a ωb = 4,81 ⋅ 10 = 48,1 rad/s . 4,81 Per cui: • da 0 fino 0,456 rad/s
fase costante;

ωa =

•

da 0,456 a 2,079 rad/s
calo della fase con pendenza

−180 1 2 ⋅ log ( 4,81) 2

;

valore finale: −173,86°

•

da 2,079 a 2,193 rad/s
calo della fase con pendenza

−180 1 2 ⋅ log ( 4,81) 2

+

90 ; 2 log 4,81

valore finale: −173,86°−4,59°= −178,45°

•

da 2,193 a 48,1 rad/s
incremento della fase con pendenza

•

valore finale: −90°. di lì in poi
fase invariata.

90 ; 2 log 4,81

Diagramma reale delle fasi Per pulsazioni tendenti a zero domina il termine legato ai due poli c.c. (quindi si è sotto l’asintotico). Per pulsazioni tendenti all’infinito domina lo zero e quindi il diagramma reale sta sotto il corrispettivo asintotico. Per pulsazioni circa pari a 2 entrambi i termini elementari stanno sopra il corrispettivo asintotico.

1 jω + 1 jω + 10 10 G ( jω ) = = 10 −ω 2 + jω + 1 −ω 2 + jω + 1

Guadagno statico = 10 1 zero semplice 2 poli c.c. con δ > 0

Non abbiamo alcun polo nell’origine per cui partiamo dall’asse reale all’ascissa 10 (= guadagno statico). Il diagramma inizierà a ruotare in senso orario in quanto si ha  1  1   −2 2 <0 1  10    Per le ω → ∞ il diagramma termina nell’origine con valore di fase pari a –90° (0 + 90° – 90° – 90°). Dai diagrammi di Bode possiamo dedurre anche qualche altra informazione: inizialmente il modulo aumenta leggermente per via del picco di risonanza (e quindi il raggio vettore non curva immediatamente), poi cala con una certa regolarità; la fase cala un po’ lentamente in partenza (la rotazione non è subito vigorosa), mentre nella parte centrale del diagramma la rotazione (in senso orario) del raggio vettore si fa consistente.

Ripassino della situazione: 1 s+1 s + 10 s + 10 10 G ( s) = 2 = 10 2 = s + s+1 s + s + 1 ( s + 0, 5 − 0,866 j )( s + 0, 5 + 0,866 j )
 forma fattorizzata!!

Abbiamo: • un termine di guadagno statico (positivo) e, dalla forma fattorizzata, si evince che sign ( K ) = sign K ;

( )

•

uno zero semplice z1 = −10 e stabile
pulsazione di taglio 10 rad/s;

•

due poli complessi e coniugati p1,2 =

−1 ± −3 = −0, 5 + 0,866 j  2 = −0, 5 − 0,866 j

LUOGO DELLE RADICI PER K > 0 Fanno parte dell’asse reale i termini che lasciano alla loro destra un numero dispari di zeri e poli e quindi tutti i punti inferiori a −10 . Abbiamo un asintoto e, senza fare neanche un calcolo, possiamo sicuramente dire che esso formerà un angolo pari a π con il semiasse reale positivo (tale asintoto sarà sicuramente quello che va verso –infinito sull’asse reale: infatti poco fa abbiamo detto che fanno parte del luogo delle radici tutti i numeri reali < −10). Passiamo ai punti di emergenza: s2 + s + 1 − ( s + 10 )( 2 s + 1) d = 0 ⇒ s2 + s + 1 − ( s + 10 )( 2 s + 1) = 0 G ( s) = 2 2 ds s +s+1

(

)

s2 + s + 1 − 2s2 − s − 20s − 10 = 0 −s2 − 20s − 9 = 0 I punti di emergenza sono quindi:  s1 = −19, 54   s2 = −0, 46 s2 non fa parte del luogo delle radici per K positivo quindi lo scartiamo; s1 , al contrario, ne fa parte e giace sull’asse reale “raccogliendo” i due archi provenienti dai poli c.c. e portandone uno verso lo zero e l’altro verso l’infinito. Non ci sono radici sul semipiano positivo quindi il sistema è sempre asintoticamente stabile.

Trasformata del gradino unitario:

1 s

Errore:

1 ( s + 1) E ( s) = = s 1 + KG ( s ) s + 1 + K R ( s)

Errore a regime:

1 ( s + 1) ( s + 1) = 1 = 0,1 ER ( s ) = lim s s = lim s→0 s + 1 + K s→0 s + 1 + K 1 + K Da cui:

K=9

Compito del 18 luglio 2007

La funzione di trasferimento può essere così riscritta: 1 1 s+1 jω + 1 s + 10 10 10 G ( s) = 2 = 10 2 ⇒ G ( jω ) = 10 s + 2s + 1 s + 2s + 1 −ω 2 + 2 jω + 1 Anzitutto abbiamo un termine di guadagno statico pari a 10 (20 dB). Inoltre abbiamo: • uno zero semplice: z1 = −10

•

p1,2 = −1

due poli coincidenti:

Le pulsazioni di taglio sono: • 10 rad/s per lo zero semplice; 1 1 • = 1 rad/s per i due poli coincidenti (termine δ = ⋅ 2 = 1 > 0). 2 1

Diagramma delle ampiezze (asintotico) Partiamo da 20 dB e, senza fare una piega, arriviamo a 1 rad/s dove iniziano ad agire i due poli coincidenti (pendenza di −40 dB/dec). Presso i 10 rad/s (il valore assunto dall’ampiezza è, ovviamente,

(

)

20 − 40 log 10 ( 10 ) − log 10 ( 1) = −20 dB ) lo zero semplice mitiga un po’ la pendenza portandola a −20 dB/dec.

Diagramma delle ampiezze (reale) Il diagramma reale sta inizialmente sotto a quello delle spezzate, poi lo attraversa nella retta a pendenza −40 dB/dec e infine vi rimane sopra. Passiamo circa 6 dB sotto (i poli sono due) alla pulsazione di 1 rad/s e circa 3 dB sopra a 10 rad/s.

Diagramma delle fasi (asintotico) Partiamo da fase nulla perché il guadagno statico è positivo. Quando giungiamo in prossimità dei due poli 1 coincidenti, scendiamo di -180° a partire da ωa = = 0,207 rad/s fino a ωb = 4,81 rad/s. Allo stesso tempo, 4,81 10 saliamo di 90° a partire da ωa = = 2,079 rad/s e fino a ωb = 4,81 ⋅ 10 = 48,1 rad/s. Per cui: 4,81 • da 0 a 0,207 rad/s: rimaniamo costanti a 0°; 180 • da 0,207 a 2,079 rad/s: scendiamo con pendenza − 2 log 4,81

(valore finale: − •

(

)

180 log 10 ( 2,079 ) − log 10 ( 0,207 ) = −132,18° ) 2 log 4,81

da 2,079 a 4,81 rad/s: scendiamo con pendenza −

180 90 90 + =− 2 log 4,81 2 log 4,81 2 log 4,81

(valore finale: −132,18° − •

(

da 4,81 rad/s a 48,1 rad/s: saliamo con pendenza (valore finale: −156,21° +

•

90° log 10 ( 4,81) − log 10 ( 2,079 ) = −132,18° − 24,03°= − 156,21° ) 2 log 4,81

)

90 2 log 4,81

90° log 10 ( 48,1) − log 10 ( 4,81) = −90° , ma ci si poteva arrivare anche 2 log 4,81

(

)

col ragionamento…) di lì in poi rimaniamo costanti.

Diagramma delle fasi (reale) Per pulsazioni tendenti a zero domina il termine legato ai due poli (quindi si è sotto l’asintotico). Per pulsazioni tendenti all’infinito domina lo zero e quindi il diagramma reale sta sotto il corrispettivo asintotico.

RISULTATO FINALE

1 jω + 1 1 zero semplice 10 G ( jω ) = 10  −ω 2 + 2 jω + 1 2 poli coincidenti

Non abbiamo poli nell’origine per cui partiamo dall’ascissa pari al guadagno statico. Come si evince dai diagrammi di Bode la fase tende inizialmente a calare (rotazione in senso orario) e, all’infinito, tende al valore di −90°, mentre il modulo tende a zero. In due parole abbiamo già finito, bastava guardare i diagrammi di Bode! Qualche osservazione aggiuntiva: finiamo tangenti all’asse immaginario e non attraversiamo l’asse delle ascisse in quanto la fase minima non supera i −180°.

Il diagramma di Nyquist non circonda neanche una volta il punto critico e non vi sono radici nel semipiano destro: il sistema è quindi incondizionatamente stabile per K > 0 .

Ripassino della situazione: • guadagno statico positivo e, dalla forma fattorizzata, si evince che sign ( K ) = sign K

( )

•

uno zero semplice

z1 = −10

•

due poli coincidenti

p1,2 = −1

I punti sull’asse reale fanno parte del luogo delle radici se lasciano alla loro destra un numero dispari di zeri e poli: questa eventualità avviene per punti a sinistra di −10 (e qui è localizzato l’unico asintoto) e a destra di −1. Non è però finita qui perché è presente un termine di grado 2 e dobbiamo fare in modo di capire quale sia il collegamento fra i poli e l’asintoto. Calcolo dei punti di emergenza: dG ( s ) s2 + 2 s + 1 − ( 2s + 2 )( s + 10 ) s2 + 2 s + 1 − 2 s2 − 20 s − 2 s − 20 −s2 − 20 s − 19 = = = 2 2 2 2 2 ds s + 2s + 1 s + 2s + 1 s2 + 2s + 1

(

)

(

)

(

)

20 ± 400 − 4 ⋅ 19 20 ± 18 −1 = = −2 −2 −19 L’ascissa − 1 è quella dei due poli coincidenti, mentre − 19 si trova sull’asse reale (fra i punti che fanno parte del luogo delle radici) e quindi è un punto di emergenza “valido”. Ecco come fanno quindi i due poli ad arrivare uno all’asintoto e l’altro allo zero. − s2 − 20 s − 19 = 0 ⇒ s1,2 =

Non vi sono radici sul semipiano destro quindi siamo sempre asintoticamente stabili (per K positivo) e possiamo uscire di casa tutti felici per questo.

Errore: E ( s) =

Errore a regime:

R ( s)

1 + KG ( s )

( s + 1)

lim s ⋅ s→0

=

1 s2 1 1+ K s ( s + 1)

( s + 1) =

s s ( s + 1) + K

( s + 1) = 1 = 0,1 ⇒ K = 10 s = lim s ( s + 1) + K s→0 s ( s + 1) + K K

Compito del 4 settembre 2007

La funzione di trasferimento può essere riscritta anche così: s s s = 200 = −1 ⋅ G ( s ) = 200  1  1   1  1  ( s + 10 )( s − 20 ) 200  s + 1  s − 1   10 s + 1  − 20 s + 1  10 20       Abbiamo quindi: • uno zero nell’origine:

•

due poli semplici:

z1 p1 = −10 , p2 = 20

Pulsazioni di taglio: • nulla per lo zero nell’origine; • 10 rad/s per il primo polo semplice, 20 rad/s per il secondo polo semplice.

Diagramma delle ampiezze (asintotico) In virtù dello zero nell’origine abbiamo immediatamente una pendenza di +20 dB/dec. Ogni polo semplice, invece, abbassa la pendenza di −20 dB/dec. In particolare attraverseremo l’asse delle ordinate nel punto 20 log 10 ( 1) = 0 dB (com’è ovvio che sia); partendo di lì arriviamo all’ampiezza di +20 dB/dec dopo –

appunto – una decade, ovvero a 10 rad/s. Rimaniamo quindi costanti fino a 20 rad/s, dove il secondo polo semplice forza una pendenza di −20 dB/dec. Si noti che il diagramma in questione è simmetrico rispetto all’asse passante per 10 ⋅ 20 = 200 = 14,142 dB (media geometrica)

Diagramma delle ampiezze (reale) Il diagramma reale sta sempre sotto a quello asintotico. In particolare, passiamo sotto quello delle spezzate a circa 3 dB presso le pulsazioni 10 rad/s e 20 rad/s.

Diagramma delle fasi (asintotico) La funzione di trasferimento è moltiplicata per un termine −1 quindi partiamo con una fase di −180°, alla quale va però sommato un termine di +90° in virtù dello zero nell’origine. La vera pulsazione di “partenza” è quindi -90°. I due poli semplici inducono invece una variazione di -90° (quello negativo) e di +90° (quello positivo) a partire da: 10 • ωa = = 2,079 rad/s fino a ωb = 48,1 rad/s; (polo p1 stabile) 4,81 20 = 4,158 rad/s fino a ωb = 96,2 rad/s. (polo p2 instabile) • ωa = 4,81 Per cui: • da 0 a 2,079 rad/s
nessuna variazione

•

da 2,079 a 4,158 rad/s
calo con pendenza − Fino al valore −90° −

90 2 log 4,81

90° log 10 ( 4,158 ) − log 10 ( 2,079 ) = −109,86° 2 log 4,81

(

•

da 4,158 a 48,1 rad/s
fase invariata

•

da 48,1 a 96,2 rad/s
aumento con pendenza

•

da 96,2 rad/s in poi
rimaniamo costanti.

)

90 fino al valore -90° 2 log 4,81

Diagramma delle fasi (reale) Il diagramma delle fasi, come quello delle ampiezze, è simmetrico rispetto alla pulsazione 14,142 dB. Esso sta inizialmente sotto l’asintotico, poi vi passa sopra e infine ancora sotto, come mostrato nella figura presente nella pagina seguente.

jω s ⇒ G ( jω ) = −  1  1   1  1   10 s + 1  − 20 s + 1   10 jω + 1  − 20 jω + 1        Abbiamo uno zero nell’origine per cui partiamo dall’origine stessa. Inizialmente la rotazione sarà oraria in quanto il termine  1 1  − +  < 0  10 20  G ( s) = −

è minore di zero. Partiamo inoltre con fase pari a −180° (guadagno statico < 0) + 90° (lo zero) = −90°. Siccome il denominatore ha grado maggiore del numeratore, il diagramma collasserà nell’origine per ω →∞ . Una particolarità interessante è che il grafico delle ampiezze e quello delle fasi sono ambedue simmetrici: il nostro diagramma polare sarà quindi caratterizzato da una curva che viene percorsa in un verso fino alla pulsazione di 14,14 rad/s e in quello opposto di lì in avanti.

Per K > 0 il sistema è sicuramente INSTABILE in quanto il sistema in catena aperta è instabile di suo (c’è un polo positivo) e non riusciamo ad ovviare a questo inconveniente circondando il punto critico. Dobbiamo infatti utilizzare la formulazione generale del criterio di Nyquist che dice: un sistema in retroazione negativa unitaria è asintoticamente stabile e solo se il diagramma di Nyquist circonda il punto critico per tanti giri al finito in

senso antiorario quanti sono i poli instabili (nel semipiano destro) e per tanti mezzi giri al finito in senso antiorario quanti sono i poli sull’asse immaginario. Avendo un polo instabile e non facendo alcun giro possiamo dire di essere sempre in condizione di instabilità per K > 0.

Per K positivo il luogo delle radici ha le seguenti caratteristiche: • abbiamo solo termini di primo grado quindi siamo fissi sull’asse reale. • in tal caso il suo tracciamento si riduce ad un banale “guarda se il numero di poli e zeri alla destra di una certa ascissa è pari/dispari”; • l’eventualità del punto precedente si verifica per le ascisse inferiori a -10 e per quelle comprese fra l’origine e il punto a +20. Avendo una radice sul semipiano destro, le conclusioni sulla stabilità sono ampiamente confermate.

Trasformata del segnale errore: E (s) =

R ( s)

1 + KG ( s )

=

1 s s+K

1 s

=

1 s+K

Errore a regime:  1  0 Er ( s ) = lim  sE ( s )  = lim  s = =0 s→0 s→0  s+K K D’altronde questo era prevedibile per via del principio del modello interno: la trasformata di riferimento ha un polo di molteplicità 1 e la trasformata del sistema in ramo diretto ha anch’essa un polo di molteplicità 1.

COMPITO del 10 DICEMBRE 2007

Abbiamo: • un polo p1 nell’origine; •

un polo p2 = −1 stabile;

•

due zeri complessi coniugati: z1,2 = di taglio pari a ωz 1,2

−5 ± 25 − 100 −5 ± 5 −3 = = −2, 5 ± 8,66 j ; essi hanno pulsazione 2 2 ω 1 1 1 = = 5 rad/s e δ = z 1,2 ⋅ =
presenza di un picco di risonanza. 2 5 2 1 25

Riscrivendo la funzione abbiamo: 1 2 1 s + s+1 25 5 G ( s) = 4 ⋅ s ( s + 1) Notiamo la presenza di un termine positivo di guadagno statico pari a 20 log 10 4 = 12,04 dB .

GRAFICO ASINTOTICO DELLE AMPIEZZE Tralasciando per un attimo il polo nell’origine, partiamo dalla quota 12,04 dB e, ad 1 rad/s, abbiamo il polo p2 che ci porta a -20 rad/s. A 5 rad/s, invece, abbiamo la coppia di zeri complessi e coniugati che, con un +40 dB/dec di contributo, ci portano a +20 rad/s di pendenza. “Inchiodiamo” ora il grafico presso l’origine ( 100 sull’asse delle ascisse) e aggiungiamo il termine elementare 1/s, che abbassa ovunque la pendenza con un contributo pari a -20 rad/s. Abbiamo per cui un valore d’ampiezza tendente all’infinito per ω → 0 , un valore pari a 12,04 dB presso l’origine (pulsazione di 1 rad/s), una pendenza di -40 dB/dec da lì fino a 5 rad/s (estremo: 12,04 − 40  log 10 5 − log 10 1  = −15,91 dB ). Dopodiché, dai 5 rad/s in poi, rimaniamo sempre costanti.  

GRAFICO REALE DELLE AMPIEZZE Abbiamo il picco di risonanza alla pulsazione: ω = ωn 1 − 2δ 2 = 5 1 − 2 1

1

= 1,155 ⇒ 1, 25 dB . 2 ⋅ 0, 5 0,75 2δ 1 − δ Il picco è chiaramente “inverso”, cioè verso il basso, in quanto abbiamo a che fare con degli zeri. Inoltre, siccome il termine δ è pari a 0,5, il diagramma reale toccherà quello delle spezzate in prossimità della pulsazione 5 rad/s. Rimaniamo inoltre sempre sotto l’asintotico e, presso la pulsazione di 1 rad/s, passiamo circa 3 dB sotto al diagramma reale. L’ampiezza di tale picco è di

2

=

1 = 3, 54 rad/s . 4

GRAFICO ASINTOTICO DELLE FASI Abbiamo un polo nell’origine per cui partiamo da -90°. 1 = 0, 208 rad/s fino a 4,81 rad/s. 4,81 5 5 Zeri c.c. stabili a 5 rad/s
crescita di fase di +180° a partire da = = 2, 28 rad/s fino a δ 4,81 4,810 ,5

Polo stabile a 1 rad/s
induce un calo di -90° a partire da

5 ⋅ 4,810,5 = 10,97 rad/s . Per cui: • da 0 a 0,208 rad/s
fase ferma a -90°

(

)

90 log ( 2, 28 ) − log ( 0, 208 ) = −158,6° 2 log 4,81

•

da 0,208 a 2,28 rad/s
calo della fase fino a −90 −

•

da 2,28 a 4,81 rad/s
aumento della fase fino a 90 −156° + log ( 4,81) − log ( 2, 28 ) = −94, 4° 2 ⋅ 0, 5 ⋅ log 10 4,81

(

• •

)

da 4,81 a 10,97 rad/s
aumento della fase fino a 0° di lì in poi
valore costante.

GRAFICO ASINTOTICO DELLE FASI Il grafico delle fasi attraversa quello asintotico due volte: la prima volta a causa del polo semplice e la seconda per gli zeri c.c..

Ci serve la forma fattorizzata, ma possiamo già agilmente verificare che la funzione di trasferimento viene già data in tale veste. Abbiamo un polo doppio nell’origine e un polo (instabile) di valore +1; dopodiché ci troviamo pure uno zero, stabile, in -1. Il segno di K è uguale al segno di K quindi non dobbiamo invertire i luoghi delle radici. Per entrambi i luoghi delle radici avremo 3 archi, uno dei quali finirà verso lo zero mentre gli altri due andranno agli asintoti. LUOGO DELLE RADICI PER K POSITIVO Asse reale: fanno parte del luogo delle radici tutti quei punti che lasciano alla loro destra un numero dispari di poli e di zeri. Questo significa che andranno bene tutti i punti compresi fra -1 e +1. I due asintoti dovranno dividere l’angolo giro in due parti uguali secondo la formula: ( 2ν + 1) π , ν = 0,1,..., n − m − 1 = 0,1 ⇒ 1 π , 3 π m−n 2 2 L’ascissa in cui si incontrano tali asintoti è: 1 1 σ= p − ∑ z) = 1 − ( −1) = 1 ( ∑ m−n 3−1

(

)

Vediamo se ci sono punti di emergenza: d d d 1 + KG ( s ) = 0 ⇒ KG ( s ) = 0 ⇒ G ( s ) = 0 ds ds ds

(

)

((

(

)

)

)

s3 − s2 − 3s2 − 2 s ( s + 1) d = 0 ⇒ s 3 − s 2 − 3s 3 + 3s 2 − 2 s 2 − 2 s = 0 G ( s) = 2 2 ds  s ( s − 1)   

(

)

(

)

s 3 − s 2 − 3 s 3 − 3 s 2 + 2 s 2 + 2 s = −2 s 3 − 2 s 2 + 2 s = −2 s s 2 + s − 1 = 0

Solo le prime due soluzioni possono essere considerate valide (la terza ci tornerà buona nel secondo luogo delle radici. Il primo punto di emergenza è quello da cui partono gli archi dei due poli (l’uno per andare verso lo zero e l’altro per raggiungere il secondo punto di emergenza), mentre il secondo punto di emergenza è quello presso il quale si congiungono i due archi che vanno agli asintoti, quello che proviene dall’origine e quello che proviene da +1.

LUOGO DELLE RADICI PER K NEGATIVO Asse reale: fanno parte del luogo delle radici tutti quei punti che lasciano alla loro destra un numero pari o nullo di poli e di zeri. Questo significa che andranno bene tutti i punti d’ascissa inferiore a -1 e d’ascissa superiore ad 1. Questi due (che abbiamo appena trovato) sono gli asintoti come si evince anche dalla formule 2νπ , ν = 0,1,..., n − m − 1 = 0,1 ⇒ 0, π m−n A questo punto, sapendo che gli asintoti stanno tutti sull’asse reale, è piuttosto inutile capire l’ascissa alla quale si congiungono. Ci torna ora buono il punto di emergenza s3 che, poverino, avevamo trascurato nel caso K positivo. In particolare, dovendo i due poli nell’origine andare per forza verso qualcosa (quello a +1 già va all’infinito), quel punto di emergenza accoglierà gli archi uscenti dall’origine (in maniera simmetrica rispetto all’asse reale) e congiungerà quindi un polo con lo zero e l’altro con l’asintoto a – infinito.

Come si vede dai luoghi delle radici, abbiamo sempre e comunque una radice nel semipiano destro. Siamo fregati: non esiste K per il quale il sistema sarà stabile.

G ( s) =

40 40 1 1 1 = = ( s − 2 )( s − 4 )( s + 10 ) 10 ⋅ 4 ⋅ 2  − 1 s + 1  − 1 s + 1  1 s + 1  2  − 1 s + 1  − 1 s + 1  1 s + 1   2     2      4  10    4  10  La nostra funzione ha: • tre poli, due instabili (cosa? Due instabili?! Oh santo cielo!!) e uno stabile; • un termine di guadagno statico pari a ½ (pensavate che fosse pari a 40? Creduloni, vi fareste fregare da Wanna Marchi! :-P). Osservazioni: • il denominatore ha grado 3 (contro il numeratore che ha grado 0), per cui il diagramma polare finirà nell’origine;

• • • •

non abbiamo poli nell’origine, per cui il punto di partenza per il diagramma polare sarà situato all’ascissa pari al guadagno statico (= 0,5); la fase finale sarà di -90° (polo stabile) + 90° + 90° (2 poli instabili) = +90°
finiamo asintoticamente tangenti al semiasse immaginario positivo; i poli instabili hanno pulsazioni di taglio pari a 2 e 4 rad/s, per cui agiranno sicuramente prima del polo stabile (che sta a 10 rad/s) e indurranno un iniziale e positivo cambiamento di fase; verso la fine il polo stabile farà girare in senso antiorario il raggio vettore (anche se per poco: quando infatti i due poli instabili hanno finito di agire esiste ancora la variazione di fase indotta dal polo stabile!) per cui oltrepassiamo l’asse immaginario positivo.

Fatte queste considerazioni, ecco come viene il diagramma polare:

Il diagramma di Nyquist si ottiene da questo, specchiandolo rispetto all’asse delle ascisse. Non circondiamo né tocchiamo mai il punto critico (la rotazione complessiva del raggio-vettore centrato in tale punto è nulla per pulsazioni da –infinito a +infinito): inoltre non facciamo i due giri in senso antiorario attorno ad esso che ci servirebbero per diventare stabili, quindi alla fine possiamo con grande rammarico dire che il nostro sistema è asintoticamente instabile per ogni K a causa di due poli instabili.

Trasformata dell’errore: 1 1 ( s + 1)( s + 2 ) s E ( s) = = = s 3 1 1 + H ( s) G ( s) ( s + 1)( s + 2 ) + 3 1+ s+1 s+ 2 R ( s)

Errore a regime: 1 ( s + 1)( s + 2 ) 2 lim sE ( s ) = lim s s = s→0 s→0 ( s + 1)( s + 2 ) + 3 5

Compito del 10 gennaio 2008

Riscriviamo la funzione di trasferimento così G ( s) =

(

0,1 s2 + 2 s + 1 s ( s + 0,1)

) = 0,1( s

2

+ 2s + 1

0,1 ⋅ s ( 10 s + 1)

) = (s

2

+ 2s + 1

s ( 10 s + 1)

)

Siamo quindi in presenza di: 1 alla pulsazione 0,1 rad/s ; 10

•

un polo semplice p1 = −

•

un polo nell’origine;

•

due zeri complessi e coniugati: p1,2 =

− 2 ± 2 − 4 − 2 ± 2i −1 ± i = = . 2 2 2 1 1 Pulsazione di taglio: 1 rad/s; termine δ = 2= = 0,7071 (nessun picco di risonanza). 2 2

Diagramma delle ampiezze (asintotico) Partiamo da 0 dB e subito abbiamo una pendenza di −20 dB/dec in virtù del polo nell’origine; dopodiché (pulsazione 0,1 rad/s) incontriamo il polo semplice, il quale abbassa la pendenza a −40 dB/dec. Infine alla pulsazione di 1 rad/s entra in gioco la coppia di zeri complessi e coniugati che ci portano a pendenza nulla. Valori delle ampiezze: troviamone uno di riferimento (ad es. pulsazione 0,1 rad/s), tenendo presente che a quella pulsazione agisce soltanto il termine elementare del polo nell’origine 1 1 ω =0 ,1 1 1 ⇒  → = = 10
20 dB s jω j 0,1 0,1 Per cui i valori dell’ampiezza sono: • +∞ per ω → 0 ; • 20 dB a 0,1 rad/s; •

(

)

20 dB − 40 log 10 ( 1) − log 10 ( 0,1) = −20 dB ad 1 rad/s;

• −20 dB da quel momento in poi. L’intersezione con l’asse reale è a circa

(

)

20 dB − 40 log 10 (ωintersezione ) − log 10 ( 0,1) = 0 dB

(

)

20 − 40 log 10 (ωintersezione ) + 1 = 0 ⇒ ωintersezione =

1 10

= 0, 316 rad/s

Diagramma delle ampiezze (reale) Nella prima parte del grafico (da sinistra verso destra) rimaniamo sotto al diagramma asintotico, attraversandolo a metà del segmento a pendenza −40 dB/dec; da lì in poi, invece, rimaniamo sopra al

diagramma delle spezzate. Passiamo inoltre circa 3 dB sotto all’asintotico alla pulsazione 0,1 rad/s e 3 dB sopra a 1 rad/s.

Diagramma delle fasi (asintotico) Il polo nell’origine ci fornisce una fase iniziale di −90°. Il polo semplice avente pulsazione di taglio pari a 0,1 0,1 rad/s, invece, induce un calo della fase di −90° a partire da ωa = = 0,0208 rad/s fino a 0,481 rad/s. Gli 4,81 zeri complessi e coniugati entrano invece in gioco con un aumento della fase (+180°) a partire 1 ωa = = 0,329 rad/s da fino a ωb = 4,810 ,7071 = 3,036 rad/s . Da quel momento in poi non sono 4,810 ,7071 riscontrabili altre variazioni di fase. Riassumendo: • da 0 a 0,0208 rad/s
fase costante a −90°; 90 • da 0,0208 a 0,329 rad/s
calo della fase con pendenza − . 2 log 4,81 Valore finale: −90° − •

• •

(

)

90 log ( 0,329 ) − log ( 0,0208 ) = −169,1° ; 2 log 4,81

da 0,329 a 0,481 rad/s
incremento della fase con pendenza −

90 180 + . 2 log 4,81 2 ⋅ 0,7071 ⋅ log 4,81

  90 180 + Valore finale: −169,1° −   ( log 0,481 − log 0,329 ) = −149, 3° ;  2 log 4,81 2 ⋅ 0,7071 ⋅ log 4,81  180 da 0,481 a 3,036 rad/s
incremento della fase con pendenza . 2 ⋅ 0,7071 ⋅ log 4,81 Valore finale: 0° (senza far calcoli = −90°−90°+180°) di lì in poi
fase costante a 0°

Diagramma delle fasi (reale) Si veda il grafico di seguito.

Anzitutto dobbiamo porre la nostra funzione G(s) in forma fattorizzata: s+3 s+3 G ( s) = = 2 2 2 s ( s + 12 )( s + 12 ) s ( s + 12 ) Il segno di K è uguale a quello di K per cui non dobbiamo invertire i luoghi delle radici. LUOGO DELLE RADICI PER K POSITIVO Fanno parte del luogo delle radici tutti quei punti che lasciano alla loro destra un numero dispari di zeri e poli. Soddisfano tale requisito i punti aventi ascissa < −3. Abbiamo quattro poli e uno zero, per cui avremo un arco che da un polo andrà a tale zero mentre tutti gli altri andranno all’asintoto.

Ascissa di convergenza degli asintoti: 1 1 σ= poli − ∑ zeri ) = ( −12 − 12 + 3 ) = −7 ( ∑ n−m 3 I tre asintoti (uno dei quali l’abbiamo già trovato in quanto coincide con i punti a sinistra di −3 sull’asse reale) si dividono l’angolo giro in parti uguali per cui gli angoli che formeranno con l’asse reale saranno: π 5π , 3 3 Punti di emergenza: s+3 s+3 s+3 G ( s) = 2 = 2 2 = 4 s ( s + 12 )( s + 12 ) s s + 24 s + 144 s + 24 s3 + 144 s2

(

Calcolo della derivata:

(s

4

)

)

(

+ 24 s3 + 144 s2 − ( s + 3 ) 3s3 + 72 s2 + 288 s

(s

4

+ 24 s3 + 144 s2

)

2

) =0

Dopo vari calcoli…

In realtà non stiamo scoprendo nulla di nuovo: s2 è ovviamente un punto di diramazione visto che è sede di due poli; anche s1 lo conoscevamo già come punto di emergenza visto che è sede degli altri due poli. Cerchiamo le intersezioni con l’asse immaginario facendo uso del criterio di Routh: s4 + 24 s3 + 144 s2 + Ks + 3K = 0 Tabella di Routh: 4 1 144 3K 4 1 144 3K 3 24 K 0 3 24 K 0 − K + 144 ⋅ 24 24 ⋅ 3K 2 0 −K + 3456 24 24 3K 0 2 −K + 144 ⋅ 24 24 −24 ⋅ 3K + K −1728 − K + 3456 24 1 0 0 0 0 1 −K + 144 ⋅ 24 −K + 3456 K 0 ... ... ... 24 0 ... ... ...

4 3 2

1 24 −K + 3456

1 0

+1728 − K ( +1728 − K ) 72K

144 3K K 0 72 K 0 0 0

0 0

Sistema da risolvere:

K < 3456  K < 1728 ⇒ 0 < K < 1728 K > 0  Per trovare i valori per le quali si hanno le intersezioni si sostituisce K = 1728 nell’equazione ausiliaria e si usano i coefficienti sopra la riga di tutti zeri.

4 1 144 3 ⋅ 1728 3 24 1728 0 2 −1728 + 3456 72 ⋅ 1728 0 1 0

0 0

0 0

0 0

Equazione ausiliaria: 1728s2 + 124416 = 0 Da cui:

Il sistema è stabile per valori di K compresi fra 0 e 1728: oltre tale valore, infatti, compaiono delle radici nel semipiano destro.

La funzione ha più poli che zeri quindi il diagramma polare finirà nell’origine.

Siccome non abbiamo poli nell’origine, il raggio vettore inizierà a ruotare partendo dalla configurazione in cui punta, sull’asse delle ascisse, il valore corrispondente al guadagno statico:  1   1   50 s + 1   50 s + 1  −1 ( s + 50 ) −1 ⋅ 50     G ( s) = = = −2 1  ( s − 1)( s − 25 ) −1 ⋅ ( −25 ) ( −s + 1)  − 1 s + 1  s + 1 ( −s + 1)  − 25  25      Come si vede, il guadagno statico è pari a −2 (fase iniziale: −180°). Il primo termine ad avere effetto sulle fasi è, in maniera evidente, il polo instabile a 1 rad/s, seguito dal polo instabile a 25 rad/s e – infine – dallo zero stabile avente pulsazione di taglio pari a 50 rad/s. La rotazione del diagramma sarà quindi sempre in senso orario (concordemente con l’aumento di fase) e la fase finale sarà pari a +90° (ogni termine elementari, infatti, contribuisce con un +90°). Il diagramma polare terminerà quindi tangente al semiasse positivo immaginario.

Il diagramma di Nyquist rivela una potenziale instabilità: infatti, se specchiamo il diagramma polare rispetto all’asse delle ascisse, notiamo che il diagramma di Nyquist effettua un giro in senso antiorario attorno al punto critico. Per K inferiore a 0,5 l’ascissa di partenza è inferiore, in modulo, a -1, per cui siamo instabili a causa di due poli (non compiamo alcun giro intorno al punto critico); per K maggiore di 0,5 il diagramma ingloba il punto critico e effettuiamo un giro in senso antiorario. In ogni caso, siamo sempre in debito di uno (K > 0,5) oppure due (K < 0,5) giri in senso antiorario rispetto a quelli necessari per la stabilità (criterio di Nyquist 2, la vendetta). Quindi, tirando le somme, siamo sempre instabili per K positivo: lo siamo per colpa di un polo se K > 0,5 e per colpa di due poli se K < 0,5.

Luogo delle radici Il polinomio ci viene già dato in forma fattorizzata: abbiamo però un guadagno statico pari a -1 che ci fa invertire i ruoli per quanto riguarda K e K . Studiamo quindi il luogo delle radici per K negativo al fine di ricavare quello per K positivo.

Il luogo delle radici è di immediato tracciamento in quanto fanno parte dell’asse reale i punti compresi fra 50 e +1, nonché quelli maggiori di 25 (questi punti sull’asse reale vedono alla loro destra un numero pari o nullo di zeri e poli). In questo modo abbiamo già trovato l’unico asintoto (va verso + infinito sull’asse reale) e abbiamo già connesso un polo con l’unico zero presente.

Questa funzione ha un polo doppio in -1 (e guadagno statico positivo). Vogliamo trovare la pulsazione di guadagno unitario: quand’è che il modulo di G(s) è uguale ad 1? 10

( jω + 1)

2

=

10 10 ⇒ = 2 −ω + 2 jω + 1 −ω + 2 jω + 1 2

= Il margine di fase è quindi

(ω

10 2

+1

)

10

( −ω

2

)

+ 1 + ( 2ω )

=1⇒ω = 3

2

2

=

10

ω + 1 + 2ω 2 4

=

Compito del 3 aprile 2008

La funzione di trasferimento può essere riscritta così: 200 1 200 s2 + s + 10000 s2 + s+1 10000 2 10000 2 G ( s) = = 10000 2 2 2 s + s+1 s2 + s+1 2 2 Abbiamo quindi: • due zeri complessi e coniugati: 2

2  200  4 − ± − ±   − 100 10000 10000 2 10000 2   = 2 10000 200

2

 2 4 2 2 4 −  ± −  10000 − 100   10000 10000 = = 100 2 2 10000 10000

2 2 2 2 ± − − ± i 10000 = 100 100 = −1 ± i = −100 ± 100i = z = 100 1,2 2 2 2 2 10000 10000 100 due poli complessi e coniugati: −

•

p1,2 = s2 +

2 2

− s+1=

2

 2  2 2 ±  ± 2−4 − ± 2i  −4 − −1 ± i 2  2 2 2 = = = 2 2 2 2

2

Le pulsazioni di taglio sono le seguenti: •

zeri complessi e coniugati: ω =

•

poli complessi e coniugati: ω =

1 1 10000

1 1 1

= 100 rad/s
δ =

= 1 rad/s
δ =

ωtaglio

200

2

10000 2

=

1

ωtaglio 2 2

2

2

=

ωtaglio 100 2

=

1 2

= 0,707 ;

= 0,707 .

Diagramma delle ampiezze (asintotico) Abbiamo un contributo di guadagno statico pari a 20 log 10 10000 = 80dB . Alla pulsazione di 1 rad/s entra in gioco il contributo dei poli complessi e coniugati, che fornisce una pendenza di −40 dB/dec . Il valore dell’ampiezza cala con tale pendenza fino a 100 rad/s (e a tale pulsazione saremo arrivati al valore

(

)

80 − 40 log 10 ( 100 ) − log 10 ( 1) = 0 dB ). Da quel momento in poi la coppia di zeri riporta la pendenza al

valore nullo.

Diagramma delle ampiezze (reale) Siamo inizialmente sotto al diagramma delle spezzate, per poi passarvi sopra; a 1 rad/s ci troviamo circa 3 dB sotto l’asintotico, a 100 rad/s circa 3 dB sopra.

Diagramma delle fasi (asintotico) Il guadagno statico ha segno positivo quindi iniziamo dalla fase 0°. La coppia di poli complessi e coniugati 1 = 0, 329 rad/s ; tale calo di fase termina a ( δ > 0 ) induce un calo della fase di -180° a partire da ωa = 4,810 ,707

ωa = 4,810 ,707 = 3,036 rad/s . La coppia di zeri complessi e coniugati ( δ > 0 ) provoca una variazione positiva di 180° a partire da 32,9 rad/s fino a 303,6 rad/s. Per cui: • da 0 a 0,329 rad/s
rimaniamo fermi:

180 (valore finale = −180°) 2 ⋅ 0,707 log 10 4,81

•

da 0,329 a 3,036 rad/s
calo con pendenza −

•

da 3,036 a 32,9 rad/s
nessuna variazione;

•

da 32,9 a 303,6 rad/s
aumento con pendenza

•

di lì in poi rimaniamo costanti.

180 (valore finale = 0°) 2 ⋅ 0,707 log 10 4,81

Diagramma delle fasi (reale) Ci troviamo sopra il diagramma asintotico per le fasi inferiori a −90°, mentre ci troviamo al di sotto per quelle superiori (quindi attraversiamo le spezzate “oblique” alla fase −90°). In particolare il diagramma di Bode delle fasi è simmetrico e l’asse di simmetria è posto a:

ω1ω2 = 100 = 10 rad/s (media geometrica)

Ricaviamo i poli della funzione di trasferimento e scriviamo quest’ultima in forma fattorizzata: −2 ± 4 − 8 −2 ± 2 j = = −1 ± j p3 = −10 2 2 K K G ( s) = 2 = s + 2 s + 2 ( s + 10 ) ( s + 1 − j )( s + 1 + j )( s + 10 )

s2 + 2 s + 2 ⇒ p1,2 =

(

)

( )

Siccome il guadagno statico è unitario e positivo sign ( K ) = sign K , possiamo proseguire nel tracciamento dei luoghi delle radici in tutta tranquillità. LUOGO DELLE RADICI PER K > 0 Asse reale: fanno parte del luogo delle radici i punti che lasciano alla loro destra un numero dispari di zeri e poli; soddisfano questo requisito tutti i punti di ascissa inferiore a −10. Abbiamo tre poli e nessuno zero, per cui ci troveremo con tre asintoti: essi formeranno i seguenti angoli con il semiasse positivo delle ascisse: ( 2ν + 1) π π 5π ν = 0,1, 2 ⇒ , π , m−n 3 3 Gli asintoti si congiungono all’ascissa: m  1  n 1 σa = p −  ∑ i ∑ zi  = − ( 10 + 1 + 1 + j − j ) = −4 3 n − m  i=1 i =1  Vediamo se ci sono punti di emergenza: dG ( s ) ds

=

0 ⋅ ( s + 1 − j )( s + 1 + j )( s + 10 ) −

d ( s + 1 − j )( s + 1 + j )( s + 10 )   ds  = 2 2 2 s + 1 − j s + 1 + j s + 10 ( )( )( )

(

)

( 2 s + 2 )( s + 10 ) + s2 + 2 s + 2   ⇒ 2 s2 + 20 s + 2 s + 20 + s2 + 2 s + 2 = 3s2 + 24 s + 22 = 0 =− 2 2 2 s + 2 s + 2 ( s + 10 )

(

)

Le radici sono: −24 ± 24 2 − 4 ⋅ 3 ⋅ 22  −1,056 = 6  −6,944 Nessuna delle due fa parte del luogo delle radici (K positivo). Gli archi che partono dai poli vanno quindi direttamente agli asintoti. Entra ora in gioco il criterio di Routh: scriviamo infatti la tabella per la funzione 1 + G ( s )

1 + G ( s)

(s =

2

)

+ 2 s + 2 ( s + 10 ) + K

(s

2

)

+ 2 s + 2 ( s + 10 )

=

s3 + 2 s2 + 2 s + 10 s2 + 20 s + 20 + K

Polinomio:

(s

2

)

+ 2 s + 2 ( s + 10 )

s3 + 12 s2 + 22 s + 20 + K = 0

=

s3 + 12 s2 + 22 s + 20 + K

(s

2

)

+ 2 s + 2 ( s + 10 )

3

1

22

2

12

20 + K

1

0

−264 + ( 20 + K ) 12 −264 + ( 20 + K )

( 20 + K ) 12 −264 + ( 20 + K )

Moltiplichiamo questa riga per 12

0


0

3 2

1 12

1 −244 + K 0 20 + K

22 20 + K 0 0

12 Per cui il sistema è asintoticamente stabile quando −20 < K < 244 (risposta anche al punto c). Le intersezioni con l’asse immaginario possono essere trovate risolvendo l’equazione ausiliaria che, per K = 244, 3 1 22 2 12 264 Riga di tutti zeri 1 0 0 0 264 0 è pari a 12 s2 + 264 = 0 . Le soluzioni sono:

±4,69 j

Ecco quindi il luogo delle radici per K positivo

LUOGO DELLE RADICI PER K < 0 Asse reale: fanno parte del luogo delle radici i punti che lasciano alla loro destra un numero pari o nullo di zeri e poli; soddisfano questo requisito tutti i punti di ascissa superiore a −10 (primo asintoto). Il centro degli asintoti sarà sempre quello (ascissa -4) ma questa volta gli angoli formati con l’asse reale sono: 2νπ 2π 4π ν = 0,1, 2 ⇒ 0, , m−n 3 3 −1,056 Questa volta i punti di emergenza ci sono e sono  (li avevamo calcolati prima); siccome abbiamo −6,944

due asintoti che partono dall’ascissa -4 possiamo dedurre che: • il primo punto di emergenza è in prossimità della connessione dei due poli complessi coniugati con l’asse reale; • il secondo punto di emergenza è quello da cui partono i due archi che si schiacciano verso l’asintoto.

Ecco quindi il luogo delle radici per K negativo.

Ci troviamo di fronte a un primo caso in cui ci viene chiesto di trovare il diagramma polare di G ( jω ) senza passare per i diagrammi di Bode. La funzione di trasferimento ci viene già data in forma “buona” quindi possiamo dire a colpo d’occhio che abbiamo: un polo p1 nell’origine un polo p2 = −10


pulsazione di taglio 0,1 rad/s

uno zero z1 = −100


pulsazione di taglio 0,01 rad/s

Abbiamo un polo nell’origine, per cui il punto di partenza sarà all’infinito e asintoticamente schiacciato lungo una retta parallela al semiasse immaginario negativo; questa retta si intersecherà con l’asse reale all’ascissa      δ 1′ δ 2′ δ1 δ2  σ a ≜ K  τ 1′ + τ 2′ + ... +2 +2 + ... −τ 1 − τ 2 − ... −2 −2  = 1 ⋅ ( 100 − 10 ) = 90   ωn′ 1 ωn′ 2 ωn 1 ωn 2   termini al numeratore    termini al denominatore    (primo grado)  (primo grado) termini al numeratore termini al denominatore  (secondo grado) (secondo grado)  

La fase finale sarà di −90° (−180° per i due poli e +90° per lo zero) per cui il grafico a ω = ∞ terminerà tangente rispetto al semiasse negativo immaginario; non raggiungendo mai la fase di −180°, inoltre, il diagramma non avrà intersezioni con l’asse reale. Per quanto riguarda il modulo del raggio-vettore, il nostro grafico si spancerà leggermente per le piccole pulsazioni ovvero in prossimità dello zero, che tende a mantenere costante il modulo dell’ampiezza, e degenererà nell’origine per ω = ∞ in quanto il numeratore è inferiore al denominatore. Infine, siccome lo zero viene prima del polo, la fase tenderà inizialmente a crescere (ma non tornerà mai sopra 0° per cui neanche in questo caso intersechiamo l’asse reale) e il vettore a ruotare in senso antiorario; immediatamente dopo, tuttavia, il polo inizierà ad avere la meglio e il raggio vettore ruoterà in senso orario. Fatte queste considerazioni ecco il nostro diagramma!

Il sistema è sempre asintoticamente stabile (indipendentemente da K) se posto in retroazione negativa, perché il diagramma polare e il diagramma di Nyquist manco si avvicinano al punto critico, figuriamoci se lo circondano! Il luogo delle radici per K > 0 è facilissimo da tracciare: non ci sono termini di secondo grado per cui non vi è nessuna radice complessa e coniugata e ci manteniamo sempre sull’asse reale. Abbiamo un unico asintoto (2 poli – 1 zero = 1 asintoto) e ci troviamo con un numero dispari di poli e di zeri alla nostra destra per valori di K inferiori a −100 e compresi fra −10 e 0. Ecco come appare il luogo delle radici:

Trasformata del segnale errore per un sistema in retroazione negativa unitaria: 1 R ( s) 1 s2 E ( s) = = = 2 3 s + 1 + G ( s) s + K ( s + 3) 1+ K 2 s Errore a regime:   0 1 er = lim  sE ( s )  = lim  s 2 =0 = s→0 s→ 0  s + K ( s + 3 )  3K D’altronde potevamo dedurre che l’errore a regime fosse nullo in quanto se la trasformata del riferimento (nel nostro caso la rampa) ha un polo nullo di molteplicità h allora il sistema nel ramo diretto deve avere un polo nullo di molteplicità h (e così è).

Compito del 19 giugno 2008

La funzione di trasferimento è già in una forma fruibile. Si nota immediatamente che abbiamo: • un polo p1 nell’origine; •

due poli complessi e coniugati −1,8 ± 1,8 2 − 4 −1,8 ± 3,24 − 4 −1,8 ± −0,76 −1,8 ± j0,871 = = = = −0,9 ± j 0, 436 2 2 2 2 1 1 Pulsazione di taglio ω = = 1 rad/s ; δ = ( 1,8 ) = 0,9 > 0 (poli stabili e senza picco). 1 2 p1,2 =

Diagramma delle ampiezze (asintotico) Il polo nell’origine di fa avere, già da ω → 0 , una pendenza di −20 dB/dec. Alla pulsazione di 1 rad/s la pendenza passa a −60 dB/dec per effetto dei poli complessi e coniugati. Presso la pulsazione di 1 rad/s il valore assunto dall’ampiezza è di 20 (valore a pulsazione nulla) – 20 (una decade a −20 dB/dec) = 0 dB.

Diagramma delle ampiezze (reale) Si trova sempre al di sotto di quello asintotico; alla pulsazione di 1 rad/s vi passiamo circa 5-6 dB sotto.

Diagramma delle fasi (asintotico) Abbiamo un polo nell’origine per cui partiamo da -90°. L’unica variazione (calo di 180° della fase) avviene 1 per opera della coppia di poli: tale calo ha principio in ωa = = 0, 243 rad/s e termina in 4,810 ,9

ωa = 4,810 ,9 = 4,110 rad/s . Il valore finale della fase è, logicamente, −270°.

Diagramma delle fasi (reale) Non c’è più di tanto da dire: il grafico sarà quello caratteristico dei poli complessi e coniugati, ma traslato di −90°.

Puah, non sarà un banale segno meno a fermarci! K = −K Ricaviamo i poli della nostra funzione: p1 = 0 (nell’origine) p2 ,3 =

−2 ± 4 − 8 = −1 ± j −2

Abbiamo tre poli e nessun zero, quindi – in definitiva – ci troviamo con tre asintoti. Il centro dei tre asintoti è in 1 1 2 ⋅ ( ∑ poli − ∑ zeri ) = ( −1 − 1) = − n.poli + n.zeri 3 3

LUOGO DELLE RADICI PER K > 0 (cioè per K < 0 ) Fanno parte del luogo delle radici i punti sull’asse reale che lasciano alla loro destra un numero pari o nullo di zeri e poli fanno quindi parte del luogo delle radici i punti del semiasse reale positivo (ascisse > 0). Un asintoto l’abbiamo già trovato ed è il semiasse di cui sopra: dovendo dividere l’angolo giro in tre parti 2 4 uguali, gli altri due asintoti saranno per forza a π e π . 3 3 Ricerca dei punti di emergenza: d 1 3s 2 + 4 s + 2 G ( s) = = = 0 ⇒ 3s 2 + 4 s + 2 = 0 2 2 3 2 3 2 ds s + 2s + 2s s + 2s + 2s

(

s1,2 =

) (

)

−4 ± 16 − 24 2 2 2 =− ± j = −0,667 ± 0, 471 j 6 3 6

Questi punti di emergenza sono palesemente non validi: essi presupporrebbero infatti la presenza di almeno quattro poli (2 per punto di emergenza) mentre noi ne abbiamo massimo tre. Non possiamo neanche dire che un punto di emergenza è valido e l’altro no, perché il luogo delle radici è simmetrico rispetto all’asse reale (e quindi se c’è uno dev’esserci per forza l’altro). D’altronde non aveva neanche tanto senso supporre che vi fossero dei punti di emergenza: abbiamo infatti tre poli e tre asintoti e quindi era già molto probabile che i vari archi del luogo delle radici non si incrociassero.

LUOGO DELLE RADICI PER K < 0 (cioè per K > 0 ) Fanno parte del luogo delle radici i punti sull’asse reale che lasciano alla loro destra un numero dispari di zeri e poli: fanno perciò parte del luogo delle radici i punti del semiasse reale negativo (ascisse < 0). Un asintoto l’abbiamo già trovato ed è il semiasse di cui sopra: dovendo dividere l’angolo giro in tre parti 1 5 uguali, gli altri due asintoti saranno per forza a π e π (quelli del caso precedente specchiati rispetto ad 3 3

2 ). I punti di emergenza non andavano bene prima e non 3 andranno bene neanche ora e la situazione sarà speculare a quella del caso K positivo: dai poli, infatti, si va direttamente verso gli asintoti.

un asse verticale passante per l’ascissa −

Per affinare meglio il luogo delle radici (e per discriminare i punti di K per cui il sistema è stabile), serviamoci del criterio di Routh per trovare i punti di intersezione con l’asse immaginario. La funzione che dobbiamo prendere in considerazione è K 1+ = 0 ⇒ K + s3 + 2 s2 + 2 s = 0 2 s s + 2s + 2

(

3 2

)

1

2

2

K

3 1 2 −K + 4 0 2 2 K 2
1 1 −K + 4 0 −K + 4 K 0 K 0 2 0 0 −K + 4 2 Il sistema è asintoticamente stabile per K compreso fra 0 e 4 → −4 < K < 0 . Equazione ausiliaria: 2 s2 + 4 = 0 ⇒ s1,2 = ± 2 j = ±1, 41 j Ecco quindi il luogo delle radici:

Poli e zeri: • zero = −1 / 100
pulsazione di taglio: 0,01 rad/s; • poli = +1, − 1
pulsazione di taglio: 1 rad/s. Considerazioni per tracciare il diagramma polare: • numeratore di grado inferiore a quello del denominatore
il diagramma finisce nell’origine per pulsazioni ω → ∞ ; • nessun polo nell’origine: partiamo dall’ascissa di guadagno statico = 1; • lo zero arriva prima di tutti e tenderà ad aumentare la fase, cioè a far girare il raggio vettore in senso antiorario; • i due poli hanno carattere contrastante perché sono di segno opposto (uno è stabile, l’altro è instabile): essi non avranno contributi sulla fase, per cui il raggio vettore non smetterà mai di ruotare in senso antiorario. La rotazione complessiva del raggio vettore sarà di +90°: partiremo dal semiasse reale positivo e termineremo tangenti al semiasse immaginario positivo (e, lo ricordiamo, nell’origine). Il modulo crescerà solo all’inizio, in prossimità dello zero che imprime una pendenza di +20 dB/dec; dopo due decadi (in senso logaritmico, cioè quando saremo passati da 0,01 a 1 rad/s) la pendenza diventerà negativa e pari a −20 dB/dec per via dell’azione dei due poli.

Il diagramma di Nyquist è fatto da questa parte più quella specchiata rispetto all’asse delle ascisse. Risulta facile convincersi che il punto critico non lo vediamo manco di striscio, né lo circondiamo, visto che stiamo sempre nel semipiano destro. Non facciamo né mezzi giri né giri completi attorno al punto di emergenza (avremmo bisogno di fare un giro in senso antiorario attorno al punto critico per essere stabili) per cui, avendo noi un polo a parte reale positiva, siamo sempre instabili. Passiamo al luogo delle radici: abbiamo solo termini di primo grado per cui tale luogo sarà tutto sull’asse reale. Il luogo per K positivo, in particolare, si ricava controllando quali punti sull’asse reale lascino alla loro destra un numero pari di poli e zeri (la forma fattorizzata è infatti

 1   s+   100  G ( s ) = −100 ( s + 1)( s −1)

: si noti il segno

meno!). Questi punti sono quelli a sinistra di -1 e fra -1/100 e +1. Avendo noi sempre una radice nel semipiano destro, possiamo dire di aver confermato quanto preventivato, sulla stabilità, dal criterio di Nyquist.

Segnale errore: E ( s) =

R ( s)

1 + H ( s ) KG ( s )

=

1 s 1 + (1 − s )

K s+2

s+2 ( s + 2 ) 1s s = = s + 2 + K (1 − s ) s + 2 + K (1 − s )

Errore a regime:

s+2 s+2 2 s Er ( s ) = lim s ⋅ = lim = s→0 s → 0 s + 2 + K (1 − s ) s + 2 + K (1 − s ) 2 + K Non esistono valori che rendano l’errore a regime nullo. Esiste però un valore in grado di minimizzare tale errore. Il sistema è infatti asintoticamente stabile solo per alcuni valori di K, quelli cioè che rendono le radici del denominatore della funzione di trasferimento 1 K KG ( s ) K s + 2 = = 1 s + 2 + (1 − s ) K 1 + H ( s ) KG ( s ) 1 + (1 − s ) K s+2 tutte negative (poli tutti stabili). Si ha infatti:

s + 2 + (1 − s ) K = s (1 − K ) + 2 + K ⇒ s =

−2 − K  N è positivo : K < −2 ⇒ la frazione è negativa per − 2 < K < 1  1 − K  D è positivo : K < 1

Ha quindi senso calcolare il tutto solo nell’intervallo −2 < K < 1 . 2 L’errore a regime Er ( s ) = si minimizza per K = 1. 2+K