Esercizio 1 (Circuiti RL in serie).
Si considerino i sistemi elettrici RL rappresentati nella seguente figura:
a a
a a
L R 1
u 1 (t) y 1 (t)
+ + a
a
a a
L R 2
u 2 (t) y 2 (t)
+ +
Si consideri inoltre il sistema ottenuto collegando in serie i due sistemi precedenti:
a a
a a
L R 1
u(t)
+ a
a
a a
L R 2 y(t)
+
1. Si determinino i modelli di stato e le funzioni di trasferimento G 1 (s) e G 2 (s) dei due sistemi rappresentati nella prima figura.
2. Si determini il modello di stato e la funzione di trasferimento G(s) del sistema rap- presentato nella seconda figura.
3. Si mostri che comunque assegnati i valori (positivi) di L, R 1 e R 2 , la matrice di stato A del modello di stato del sistema rappresentato nella seconda figura ` e diagonalizzabile.
4. Si mostri che tutti e quattro i sistemi sono necessariamente BIBO-stabili e asintotica- mente stabili.
5. Si confrontino la funzione di trasferimento G(s) e la funzione di trasferimento serie W (s) := G 1 (s)G 2 (s). Si commenti il risultato del confronto.
6. Si mostri che i modi del sistema rappresentato nella seconda figura non possono avere componenti oscillatorie.
7. Si determinino le costanti di tempo τ 1 := L/R 1 e τ 2 := L/R 2 in modo che il sistema rappresentato nella seconda figura abbia i modi:
e (−2+
√
2)t e (−2−
√ 2)t .
8. Si ponga R 1 = R 2 = R e si assuma che τ := L/R sia pari a un secondo. Si calcolino la risposta indiciale del sistema di funzione di trasferimento G(s) e quella del sistema di funzione di trasferimento W (s) := G 1 (s)G 2 (s).
9. Si assuma che τ 1 := L/R 1 sia pari a un secondo e che τ 2 := L/R 2 = τ 1 /1000. Si
calcolino la risposta indiciale del sistema di funzione di trasferimento G(s), quella
del sistema di funzione di trasferimento W (s) := G 1 (s)G 2 (s) e quella del sistema di
funzione di trasferimento G 1 (s). Si confrontino le tre risposte indiciali calcolate e si
commentino i relativi risultati.
Soluzione (a cura di Francesca Berto e Isabella Sgro).
1. Circuito 1 : scelgo come unica variabile di stato : x = i L
Le equazioni di stato sono quindi:
˙x = 1
L v L = 1
L (u 1 − v R1) = 1
L u 1 − 1
L R 1 i R1 = 1
L u 1 − R 1 L x y 1 = v R1 = R 1 i R1 = R 1 x
= R 1 x
ossia
( ˙x = A 1 x + b 1 u 1 y 1 = c 1 x
con A 1 = −R L1 ; b 1 = L 1 ; c 1 = R 1 La funzione di trasferimento risulta pertanto:
G 1 (s) = c 1 (sI − A 1 ) −1 b 1 = R 1 (s + R 1 L ) −1 1
L = R 1 L
1
s + R L1 = R 1 sL + R 1
Circuito 2 : come per il circuito 1 si trova la seguente funzione di trasferimento:
G 2 (s) = R 2 sL + R 2
2. Circuito 3 : scelgo come variabili di Stato : x = x 1 x 2
= i L1
i L2
Le equazioni di stato sono quindi:
˙ x 1 = 1
L v L1 = 1
L (u − v R1) = 1
L (u − R 1 (i L1− i L2)) = 1
)) = 1
L u − R 1
L x 1 + R 1 L x 2
˙ x 2 = 1
L v L2 = 1
L (v R1 − v R2) = 1
) = 1
L (R 1 i R1 − R 2 i L2) = 1
) = 1
L (R 1 (i L1 − i L2) − R 2 i L2) =
) − R 2 i L2) =
= 1
L (R 1 i L1 − (R 1 + R 2 )i L2) = R 1
) = R 1
L x 1 − R 1 + R 2
L x 2
y = v R2 = R 2 i R2 = R 2 x 2 ossia
= R 2 x 2 ossia
( ˙x = Ax + bu y = cx con
A =
−R
1L
R
1L
R
1L − R
1+R2 L
b =
1 L
0
c = 0 R 2
La funzione di trasferimento risulta pertanto:
G(s) = c(sI − A) −1 b + 0 = 0 R 2
s + R L1 − R L1
− R L1 s + R1+R2 L
+R2 L
−1
1 L
0
=
= 0 R 2
1
(s + R L1)(s + R1+R L
2) − R L212
+R L
2) − R L212
∗ ∗
R
1L ∗
1 L
0
=
= R 1 R 2 L 2
1
s 2 + R1+R L
2s + R L1s + R1(R L
12+R
2) − R L
221
s + R1(R L
12+R
2) − R L
221
=
= R 1 R 2 L 2
1
s 2 + 2R1L +R
2s + R L1R
22
R
223. Una matrice A∈ R n×n ` e diagonalizzabile se ha n autovalori distinti (si noti che il viceversa non vale). In questo caso ` e quindi sufficiente dimostrare che A ha 2 autovalori distinti. Il polinomio caratteristico ` e
π A (s) = det(sI − A) = s 2 + 2R 1 + R 2
L s + R 1 R 2 L 2 .
Esso ha due zeri distinti se e solo se il relativo discriminante ∆ 6= 0. Si ha
∆ = 2R 1 + R 2
L
2
− 4 R 1 R 2
L 2 = 4R 2 1 + 4R 1 R 2 + R 2 2 − 4R 1 R 2
L 2 = 4R 2 1 + R 2 2 L 2 6= 0
∀R 1 , R 2 , L > 0. Quindi A ` e diagonalizzabile.
4. Dato che
stabilit` a asintotica =⇒ BIBO-stabilit` a ma non! viceversa
se i sistemi risulteranno asintoticamente stabili saranno anche BIBO-stabili, altrimenti si proceder` a con la verifica della BIBO-stabilit` a.
Un sistema ` e asintoticamente stabile se e solo se tutti gli autovalori del polinomio carateristico hanno parte reale negativa,
Re(λ i ) < 0, ∀λ i ∈ π A (s).
Per il circuito 1: π A1(s) = s+ R L1 da cui si ricava l’unico autovalore reale λ 1 = − R L1 <
da cui si ricava l’unico autovalore reale λ 1 = − R L1 <
0, quindi il sistema ` e asintoticamente stabile quindi anche BIBO-stabile.
Per il circuito 2: stesso ragionamento, si ottiene λ 2 = − R L2 < 0, quindi il sistema ` e asintoticamente stabile quindi anche BIBO-stabile.
Per il circuito 3: da π A (s) si ricava
s 1,2 = − 2R1L +R
2 ±
q 4R21+4R
1R
2+R
22−4R
1R
2
L
22 = − 2R1L +R
2 ± L 1 p4R 2 1 + R 2 2
2
2
(Si noti che ∆ = 4R 1 2 + R 2 2 non pu` o essere negativo o nullo perch` e dato dalla somma di due termini per ipotesi positivi e non nulli).
Si ottengono quindi due autovalori reali distinti pari a s 1 = − 2R1L +R
2 + L 1 p4R 1 2 + R 2 2
2 , s 2 = − 2R1L +R
2 − L 1 p4R 2 1 + R 2 2 2
E immediato verificare che s ` 2 < 0. Riguardo a s 1 , si ha:
s 1 < 0 ⇔ − 2R 1 + R 2
L + 1
L q
4R 2 1 + R 2 2 < 0 ⇔ 1 L
q
4R 1 2 + R 2 2 < 2R 1 + R 2 L
⇔ 4R 2 1 + R 2 2 < (2R 1 + R 2 ) 2 ⇔ 4R 2 1 + R 2 2 < 4R 2 1 + 4R 1 R 2 + R 2 2 ⇔ 4R 1 R 2 > 0.
Quest’ultima condizione ` e chiaramente verificata perch´ e R 1 e R 2 sono positivi per ipotesi. Il sistema risulta quindi asintoticamente stabile e quindi anche BIBO-stabile.
5. Funzione di Trasferimento serie:
W (s) := G 1 (s)G 2 (s) = R 1 sL + R 1
· R 2 sL + R 2
= R 1 R 2
s 2 L 2 + (R 1 + R 2 )Ls + R 1 R 2
=
= R 1 R 2 L 2
1
s 2 + R1+R L
2s + R L1R
22
R
22Questa funzione di trasferimento risulta essere diversa da G(s) perch´ e al denominatore troviamo R1+R L
2s invece di 2R1L +R
2s . In altre parole, la funzione di trasferimento della serie dei due circuiti non ` e la serie delle due funzioni di trasferimento relative. Il motivo ` e che nel calcolo della funzione di trasferimento G 1 (s) si assume che i morsetti di uscita siano aperti, cosa che non avviene nella serie dei due circuiti.
L +R
2s . In altre parole, la funzione di trasferimento della serie dei due circuiti non ` e la serie delle due funzioni di trasferimento relative. Il motivo ` e che nel calcolo della funzione di trasferimento G 1 (s) si assume che i morsetti di uscita siano aperti, cosa che non avviene nella serie dei due circuiti.
6. Per dimostrare che i modi del sistema rappresentato dal circuito 3 non hanno compo- nenti oscillatorie basta dimostrare che il discriminante ∆ nella formula per il calcolo di s 1,2 (che sono i poli di G(s)) ` e non-negativo. Infatti, in tal caso, gli autovalori di A sono reali e quindi i modi sono esponenziali senza componenti oscillatorie. Abbiamo gi` a calcolato
∆ = 4R 2 1 + R 2 2
L 2 che ` e positivo perch´ e R 1 , R 2 , L > 0 per ipotesi.
7. Quando i modi sono non oscillatori (come in questo caso), si presentano nella forma e s1t , e s
2t .
Siccome i modi richiesti sono e (−2+
√ 2)t e e (−2−
√ 2)t si pu` o dedurre che s 1 = −2 + √
2 ; s 2 = −2 − √ 2 da cui si ricava che
1
2 − 2R
1L +R
2= −2
1 2
q 4R21+R
22
L
2 = √
2
− R L1 − 1 2 R L2 = −2
= −2
1 4
4R
21+R
22L
2= 2
1 τ
1+ 1 2 τ 1
2
= 2
1
τ
12+ 1 4 τ 12
2
= 2
1
τ
1= 2 − 1 2 τ 1
2
2 − 1 2 τ 1
2
2
+ 1 4 τ 12
2
= 2
da cui 4 + 1 4
1 τ 2 2 − 2 1
τ 2 + 1 4
1 τ 2 2 = 2
2 + 1 2
1 τ 2 2 − 2 1
τ 2 = 0 → 1 τ 2 2 − 4 1
τ 2 + 4 = 0 → 1 τ 2
1,2
= 4 ± √
16 − 4· 4 2
e si ottiene τ 1
2
= 2 quindi τ 2 = 1 2 . Sostituendo poi nel sistema si ottiene τ 1 = 1 . 8. Calcolo della risposta indiciale (risposta al gradino) per il sistema con funzione di
trasferimento G(s) e ingresso u(t) = 1(t) quindi U (s) = 1 s .
Sostituendo all’equazione di G(s) i valori R 1 = R 2 = R e τ := L R = 1 si ottiene:
G(s) = 1
s 2 + 3s + 1 con s 1,2 = −3 ± √ 9 − 4 2 s 1 = − 3
2 +
√ 5
2 , s 2 = − 3 2 −
√ 5
2 → G(s) = 1
s + 3 2 −
√ 5 2
s + 3 2 +
√ 5 2
Y (s) = G(s)U (s) = 1
s
1 s + 3 2 −
√ 5 2
s + 3 2 +
√ 5 2
=
= G(0)
s + A
s + 3 2 −
√ 5 2
+ B
s + 3 2 +
√ 5 2
dove
G(0) = sY (s)| s=0 = 1 A = s + 3 2 −
√ 5
2 Y (s)| s=−
3 2+
√ 5 2
= −3 √ 2
5+5
B = s + 3 2 +
√ 5
2 Y (s)| s=−
3 2−
√ 5 2
= 2
3 √ 5+5
Y (s) = 1 s +
2
−3 √ 5+5
s + 3 2 −
√ 5 2
+
2 3 √
5+5
s + 3 2 +
√ 5 2
e antitrasformando y(t) =
1 + 2
−3 √
5 + 5 e −32+
√ 5 2
t
+ 2
3 √
5 + 5 e − 32+
√ 5 2
t
1(t)
Calcolo della risposta indiciale (risposta al gradino) per il sistema serie con funzione di trasferimento W(s) e ingresso u(t) = 1(t) quindi U (s) = 1 s .
Sostituendo all’equazione di W(s) i valori R 1 = R 2 = R e τ := L R = 1 si ottiene:
W (s) = 1
s 2 + 2s + 1 = 1
(s + 1) 2 da cui si ricava Y (s) = W (s)U (s) = 1
s 1
(s + 1) 2 = W (0)
s + A 1
(s + 1) + A 2
(s + 1) 2
dove
W (0) = sY (s)| s=0 = 1
A 1 = ds d (s + 1) 2 Y (s)| s=−1 = ds d 1
s | s=−1 = − s 1
2| s=−1 = −1 A 2 = (s + 1) 2 Y (s)| s=−1 = −1
Y (s) = 1 s − 1
s + 1 − 1
(s + 1) 2 e antitrasformando y(t) = (1 − e −t − te −t )1(t)
9. Con τ 1 = R L
1
= 1 e τ 2 = R L
2
= 1000 τ1 = 1000 1 , calcolare la risposta indiciale (risposta al gradino) del sistema G(s) (circuito 3), del sistema W (s) (sistema serie) e del sistema G 1 (s) (circuito 1).
• In questo caso G(s) ha l’espressione:
G(s) = R 1 L · R 2
L · 1
s 2 + 2 R L1 + R L2s + R L1R L
2 =
s + R L1R L
2 =
= 1 τ 1 · 1
τ 2 · 1
s 2 + 2 τ 1
1
+ τ 1
2
s + τ 1
1
1 τ
2= 1000
s 2 + 1002s + 1000 Ne calcolo i poli:
s 1,2 = −1002 ± √
1004004 − 4000
2 = −1002 ± √
1000004
2 ' −1002 ± 1000
2 ossia
s 1 ' −1 , s 2 ' −1001 Pertanto
G(s) ' G A (s) = 1000 (s + 1)(s + 1001)
Osservo che con questa approssimazione G(0) = 1 6= G A (0) = 1000 1001 . Pertanto, il valore di regime nella risposta al gradino del sistema approssimato ` e diverso da quello relativo al sistema originale. Pertanto, risulta pi` u ragionevole utilizzare la seguente approssimazione (pi` u spinta):
G(s) ' 1000
(s + 1000/1001)(s + 1001) Detto α := 1000/1001, si ha dunque
Y (s) = G(s)U (s) ' 1000
s(s + α)(s + 1001) = G(0)
s + A
s + α + B s + 1001
dove
G(0) = 1
A = (s + α)Y (s)| s=−α = α(α+1001) 1000 ' −1.001
B = (s + 1001)Y (s)| s=−1001 = s(s+α) 1000 | s=−1001 ' 0.001
Y (s) ' 1
s − 1.001
s + α + 0, 001
s + 1001 → y(t) = (1 − 1.001e −αt + 0.001e −1001t )1(t)
• Dopo aver sostituito i valori di τ 1 e τ 2 , si ha:
W (s) = 1000
s 2 + 1001s + 1000 , s 1,2 = −1001 ± √
998001
2 = −1001 ± 999
2 ottenendo s 1 = −1 , s 2 = −1000 → W (s) = 1000
(s + 1)(s + 1000) Y (s) = W (s)U (s) = 1000
s(s + 1)(s + 1000) = W (0)
s + A
s + 1 + B s + 1000
dove
W (0) = 1
A = (s + 1)Y (s)| s=−1 = s(s+1000) 1000 | s=−1 ' −1.001 B = (s + 1000)Y (s)| s=−1000 = s(s+1) 1000 | s=−1000 ' 0.001
Y (s) = 1
s − 1, 001
s + 1 + 0, 001
s + 1000 → y(t) = (1 − 1, 001e −t + 0, 001e −1000t )1(t)
• Riscrivo G 1 (s) come:
G 1 (s) = R 1 R 1 s R L
1
+ 1 = 1
sτ 1 + 1 = 1 s + 1
Y (s) = G 1 (s)U (s) = 1 s
1
s + 1 = G 1 (0)
s + A
s + 1
dove G 1 (0) = sY (s)| s=0 = 1
A = (s + 1)Y (s)| s=−1 = −1 → Y (s) = 1 s − 1
s + 1 e antitrasformando si ha: y(t) = (1 − e −t )1(t).
Confronto tra le risposte indiciali:
E evidente che le tre risposte indiciali sono quasi uguali. ` L’unica differenza (che tuttavia si nota solo su scale di tempo brevissime) ` e che le prime due risposte “partono”
da zero con derivata nulla perch´ e le relative funzioni di trasferimento hanno grado
relativo pari a 2, mentre la terza “parte” da zero con derivata non nulla perch´ e la
0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 0.01 0
0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 0.01
Step Response
Time (seconds)
Amplitude