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1 + 10s (1 + s) ( s s 2 ) Valutiamo le caratteristiche della funzione di trasferimento:

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Academic year: 2022

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(1)

Esercizio 1

Si consideri il sistema dinamico a tempo continuo LTI SISO con ingresso u(t) ed uscita y(t) descritto dalla funzione di trasferimento:

G(s) = 1 + 10s

(1 + s) (1 + 0.4s + 0.04s2)

Punto 1: Disegnare i diagrammi di Bode asintotici del modulo e della fase di G(s).

Valutiamo le caratteristiche della funzione di trasferimento:

ˆ Tipo: g = 0,

ˆ Guadagno: µ = G(0) = 1 che convertito in dB è |µ|dB= 20 log10µ = 0dB,

ˆ Zeri: abbiamo uno zero in z1= −101,

ˆ Poli: la funzione di trasferimento presenta tre poli, il primo in p1= −1mentre i restanti due si ricavano da

1 + 0.4s + 0.04s2= 0 (1 + 0.2s)2= 0 p1,2 = −5

A partire da queste informazioni, possiamo disegnare i diagrammi di Bode utilizzando le regole di traccia- mento:

10-2 10-1 100 101 102

-40 -30 -20 -10 0 10 20

30 Diagramma di Bode - Modulo

(2)

10-2 10-1 100 101 102 -200

-150 -100 -50 0 50

100 Diagramma di Bode - Fase

Punto 2: Determinare l'andamento asintotico dell'uscita y(t) per u(t) = sin (0.5t).

Per quanto riguarda il modulo della funzione di trasferimento in ¯ω = 0.5radsec, possiamo sfruttare il diagramma asintotico di Bode del modulo in quanto è un buon approssimante di quello vero. Dal graco possiamo vedere che:

|G(j0.5)|dB ≈ 15dB

|G(j0.5)| = 10|G(j0.5)|dB 20

= 101520

= 5.62

Per quanto riguarda la fase, invece, il diagramma di Bode asintotico è un pessimo approssimante dell'andamento vero di G(jω). Di conseguenza, è più opportuno calcolarla analiticamente:

G(j0.5) = 1 + 5j (1 + 0.5j) (1 + 0.1j)2

G(j2) = arctan 5 1



− arctan 0.5 1



− 2 arctan 0.1 1



= 78.69− 26.56− 2 · 5.71

= 40.71

= 0.71rad

Da cui:

y(t) = 5.62 sin (0.5t + 0.71)

(3)

Esercizio 2

Si considerino i seguenti diagrammi di Bode associati a funzioni di trasferimento di sistemi dinamici a tempo continuo LTI SISO in forma minima (sono state eseguite tutte le cancellazioni polo/zero e si suppone inoltre che tutte queste siano lecite):

100 101 102 103 104

-80 -70 -60 -50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30

40 Diagramma di Bode - Modulo

10-3 10-2 10-1 100 101 102

-100 -90 -80 -70 -60 -50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30

40 Diagramma di Bode - Modulo

100 101 102 103 104

-200 -180 -160 -140 -120 -100 -80 -60 -40 -20 0

20 Diagramma di Bode - Fase

10-3 10-2 10-1 100 101 102

-20 0 20 40 60 80

100 Diagramma di Bode - Fase

(a) G1(s) (b) G2(s)

10-1 100 101 102

-70 -60 -50 -40 -30 -20 -10 0 10

20 Diagramma di Bode - Modulo

10-1 100 101 102 103 104

-160 -150 -140 -130 -120 -110 -100 -90 -80 -70 -60 -50 -40 -30

-20 Diagramma di Bode - Modulo

Reale Asintotico

10-1 100 101 102

-200 -180 -160 -140 -120 -100

-80 Diagramma di Bode - Fase

10-1 100 101 102 103 104

-200 -180 -160 -140 -120 -100 -80 -60 -40 -20 0

20 Diagramma di Bode - Fase

Reale Asintotico

(c) G3(s) (d) G4(s)

(4)

Punto 1: Rispondere ai seguenti quesiti, motivando le risposte:

1. Quali di queste funzioni di trasferimento presentano poli complessi coniugati?

2. Quali di queste funzioni di trasferimento presentano un polo o uno zero nell'origine?

3. Valutare la stabilità delle funzioni di trasferimento.

4. Quali di queste funzioni di trasferimento sono strettamente proprie?

5. Quali di queste funzioni di trasferimento sono a fase minima?

6. Determinare, in modo approssimato, i poli e gli zeri di ciascuna funzione di trasferimento (per poli/zeri complessi coniugati specicare solo la pulsazione naturale ωn, possiamo dire qualcosa sul relativo smorzamento ξ?).

7. Determinare, in modo approssimato, il valore di regime dell'uscita y(t) delle varie funzioni di trasferimento per un ingresso u(t) = sca(t).

8. Determinare, dove possibile ed in modo approssimato, l'uscita y(t) a transitorio esaurito delle varie funzioni di trasferimento per un ingresso u(t) = sin(10t).

A partire dai diagrammi di Bode, possiamo concludere che:

1. Una coppia di poli complessi coniugati comporta nel diagramma asintotico di Bode del modulo una pendenza di −40decadedB ed uno sfasamento di −180in quello della fase in corrispondenza della pulsazione naturale ωn dei poli. A priori, se osservassimo solo i diagrammi asintotici di Bode, non potremmo distinguere una coppia di poli complessi coniugati da due poli reali (multipli) in s = −ωn. Tuttavia, per bassi smorzamenti, una coppia di poli complessi coniugati comporta un picco di risonanza positivo osservabile nel diagramma di Bode reale del modulo. Quindi, possiamo concludere che:

(a) G1(s)possiede una coppia di poli complessi coniugati in quanto presenta un picco di risonanza in ω ≈ 10radsec;

(b) G2(s) non possiede alcuna coppia di poli complessi coniugati in quanto il diagramma di Bode asintotico del modulo presenta due cambi di pendenza, il primo da 0decadedB a −20decadedB e il secondo da −20decadedB a −40decadedB , che corrisponde ad avere due poli reali;

(c) G3(s)non possiede alcuna coppia di poli complessi coniugati in quanto il diagramma di Bode asin- totico del modulo presenta un solo cambio di pendenza da −20decadedB a −40decadedB che corrisponde ad avere due poli reali (di cui uno nell'origine);

(d) G4(s), dal diagramma di Bode asintotico del modulo possiamo osservare che abbiamo una tran- sizione da un tratto con modulo costante ad uno con pendenza di −40decadedB (e rispettivo sfasa- mento di −180) per ω = 102 radsec. Non avendo alcun picco di risonanza, non possiamo distinguere una coppia di poli complessi coniugati con ωn= 102 radsec da due poli reali in s = −102e quindi non possiamo rispondere con certezza al quesito.

2. Concentriamoci sui primi tratti dei diagrammi di Bode e valutiamo la pendenza del diagramma asin- totico del modulo ed il rispettivo sfasamento. Escludendo la possibilità di avere poli e zeri (che non siano nell'origine) a pulsazioni inferiori rispetto a quelle presentate nelle gure, possiamo concludere che:

(a) G1(s), il diagramma di Bode del modulo è costante nel primo tratto e di conseguenza non è sicuramente presente alcun polo o zero nell'origine;

(b) G2(s), il diagramma di Bode del modulo è costante nel primo tratto e di conseguenza non è sicuramente presente alcun polo o zero nell'origine;

(c) G3(s), il diagramma di Bode del modulo presenta una pendenza di −20decadedB nel primo tratto con rispettivo sfasamento di −90. Di conseguenza, abbiamo un polo nell'origine;

(5)

(d) G4(s), il diagramma di Bode del modulo presenta una pendenza di −20decadedB nel primo tratto con rispettivo sfasamento di −90. Di conseguenza, abbiamo un polo nell'origine.

3. Per determinare l'instabilità di una funzione di trasferimento a partire dai suoi diagrammi di Bode, dobbiamo valutare il comportamento della fase nei pressi dei cambi di pendenza dovuta ai poli:

(a) G1(s), in corrispondenza del tratto con pendenza −40decadedB abbiamo uno sfasamento di −180 e quindi poli con parte reale negativa. Di conseguenza, G1(s)è asintoticamente stabile;

(b) G2(s), se osserviamo l'andamento della fase nel tratto con pendenza −20decadedB possiamo notare che al polo in ω = 10−2 radsec corrisponde uno sfasamento di +90 e quindi possiede parte reale positiva. Di conseguenza, G2(s)è instabile.

(c) G3(s), la funzione di trasferimento possiede un integratore ed un secondo polo in ω = 10radsec a cui corrisponde uno sfasamento di −90. Di conseguenza, G3(s)è stabile semplicemente;

(d) G4(s), la funzione di trasferimento presenta un integratore e due poli complessi coniugati con ωn = 102 radsec (oppure reali coincidenti con pulsazione ω = 102 radsec). A quest'ultimi corrisponde uno sfasamento di −180 e quindi i poli hanno parte reale negativa. Di conseguenza, G4(s) è stabile semplicemente.

4. A funzioni di trasferimento strettamente proprie corrispondono diagrammi di Bode del modulo con pendenza nale negativa. Quindi, nel nostro caso possiamo concludere che G1(s), G2(s), G3(s)e G4(s) sono strettamente proprie;

5. Per valutare quali funzioni di trasferimento sono a fase minima possiamo osservare i diagrammi di Bode asintotici. In particolare, se il diagramma di Bode asintotico della fase è costante a tratti con valori k · 90 dove k è esattamente la pendenza del diagramma asintotico di Bode del modulo in quel tratto, allora il sistema è a fase minima. Le funzioni di trasferimento che soddisfano questa condizione (e sono quindi a fase minima) sono G1(s), G3(s)e G4(s).

6. A partire dai diagrammi di Bode asintotici possiamo osservare che:

(a) G1(s):

ˆ Zeri: uno zero in s ≈ −250 (cambio di pendenza da −40decadedB a −20decadedB ),

ˆ Poli: una coppia di poli complessi coniugati con ωn = 8radsec. Siccome abbiamo un picco di risonanza pronunciato, possiamo concludere che questi poli hanno un basso smorzamento, indicativamente |ξ| < 0.5.

(b) G2(s):

ˆ Zeri: nessuno,

ˆ Poli: un polo in s = 10−2 (positivo in quanto presenta uno sfasamento di +90) ed uno in s = −5.

(c) G3(s):

ˆ Zeri: nesuno,

ˆ Poli: un polo nell'origine, s = 0, ed uno in s = −10.

(d) G4(s):

ˆ Zeri: uno zero in s ≈ −15,

ˆ Poli: un polo nell'origine, s = 0, e due poli complessi coniugati con ωn = 102 radsec e smorzamento elevato (indicativamente |ξ| > 0.5), oppure due poli reali coincidenti in s = −102.

7. A partire dai poli ricavati al punto precedente e dalle considerazioni fatte nora possiamo dedurre che:

(a) G1(s)è una funzione di trasferimento asintoticamente stabile con nessun polo/zero nell'origine. Di conseguenza, il valore di regime della risposta allo scalino unitario sarà esattamente il guadagno.

(6)

Quest'ultimo può essere stimato a partire dal tratto iniziale costante del diagramma asintotico di Bode del modulo dove abbiamo:

G(j1) = µdB ≈ 12dB 20 log10µ ≈ 12dB µ · 1020≈ 1012

µ ≈ 101220 µ ≈ 4

da cui y(∞) ≈ 4 per u(t) = sca(t).

N.B.: in questo caso abbiamo guadagno positivo poichè lo sfasamento corrispondente al primo tratto costante del diagramma di Bode del modulo è pari a 0;

(b) G2(s)è una funzione di trasferimento instabile e di conseguenza l'uscita y(t) a fronte di un ingresso a scalino diverge;

(c) G3(s)è una funzione di trasferimento stabile semplicemente con un integratore. Dal punto prece- dente abbiamo:

G3(s) = µ s (s + 10) Considerando u(t) = sca(t)→ U (s) =L 1s possiamo notare che:

Y (s) = G3(s)U (s)

= µ

s (s + 10) 1 s

= µ

s + 10 1 s2

= G03(s)U0(s)

Dove G03(s)è la funzione di trasferimento G3(s)senza l'integratore mentre U0(s)è la trasformata di Laplace di u(t) = ram(t). Quindi, ricavare y(∞) per G3(s)a fronte di un ingresso a scalino è equivalente a determinare y(∞) per G03(s)a fronte di un ingresso a rampa. Siccome G03(s)ha tipo g = 0, la sua risposta allo scalino y(t) converge al guadagno statico 10µ. Essendo la risposta alla rampa pari all'integrale della risposta allo scalino, ovvero

risposta alla rampa(t) =Z t 0

risposta allo scalino(τ)dτ,

abbiamo che y(t) di G03(s) per u(t) = ram(t) diverge per t → ∞ (integrale per t → ∞ di una funzione che si assesta ad un certo valore costante 10µ). Equivalentemente, y(t) di G3(s) per u(t) =sca(t) diverge;

(d) G4(s) è una funzione di trasferimento stabile semplicemente con un integratore. Possiamo fare delle osservazioni analoghe a quelle fatte al punto precedente considerando questa volta l'uscita y(t)di

G04(s) ≈ µ s + 15 (s + 10)2

per u(t) = ram(t). Siccome G04(s)ha tipo g = 0 e guadagno non nullo, la sua risposta allo scalino converge ad un certo valore diverso da zero e di conseguenza la sua risposta alla rampa diverge per t → ∞. Quindi, la risposta allo scalino di G4(s)per un ingresso a scalino diverge.

8. Applichiamo, dove possibile, il teorema della risposta in frequenza:

(7)

(a) G1(s)è asintoticamente stabile e quindi il teorema della risposta in frequenza è applicabile. Dai diagrammi di Bode reali possiamo ricavare:

|G(j10)|dB ≈ 15dB

|G(j10)| ≈ 101520

= 5.6

G(j10) ≈ −150

= −2.6rad

da cui y(t) = 5.6 sin (10t − 2.6);

(b) G2(s)è instabile e quindi non possiamo applicare il teorema della risposta in frequenza. Ad ogni modo, ci aspettiamo che l'uscita y(t) diverga;

(c) G3(s) è stabile semplicemente e quindi non possiamo applicare il teorema della risposta in fre- quenza. Dai diagrammi di Bode non possiamo determinare direttamente y(t) a transitorio esaurito;

(d) G4(s) è stabile semplicemente e quindi non possiamo applicare il teorema della risposta in fre- quenza. Dai diagrammi di Bode non possiamo determinare direttamente y(t) a transitorio esaurito;

Per completezza, si riportano inne le funzioni di trasferimento che hanno prodotto i diagrammi di Bode in

gura:

ˆ G1(s) = (s+1+j8)(s+1−j8)s+250

ˆ G2(s) = −(s+5)(s−0.01)1

ˆ G3(s) = s(s+10)5

ˆ G4(s) = 5s(s+100+j25)(s+100−j25)s+15

(8)

Esercizio 3

Si consideri il sistema dinamico a tempo continuo LTI SISO del primo ordine la cui funzione di risposta in frequenza è descritta dai diagrammi di Bodi rappresentati nella seguente gura:

10-1 100 101 102

15 20 25 30

35 Diagramma di Bode - Modulo

10-1 100 101 102

-200 -180 -160 -140 -120 -100 -80 -60 -40 -20

0 Diagramma di Bode - Fase

Punto 1: Con riferimento al sistema dato, dire quali delle seguenti aermazioni sono vere [V] e quali false [F], motivando la risposta.

(9)

(1) Il sistema è asintoticamente stabile. V F (2) Il sistema è a fase minima.

(3) La risposta allo scalino vale 0 per t = 0.

(4) La risposta allo scalino è monotona crescente per t > 0.

(5) Il guadagno statico del sistema è pari a 25.

(6) Il sistema è improprio.

(7) Esiste un valore di ω tale per cui la risposta del sistema ad un ingresso u(t) = sin (ωt) tenda, a transitorio esaurito, ad un segnale sinusoidale alla medesima pulsazione e di ampiezza pari a 40.

(8) La risposta all'impulso tende a 0 per t → ∞.

Prima di rispondere ai quesiti, facciamo un'analisi preliminare del problema. Dal testo dell'esercizio, sappiamo che il sistema è del primo ordine e quindi ha sicuramente un polo. Inoltre, in caso il sistema fosse proprio o strettamente proprio, possiamo avere uno oppure nessuno zero. Dai diagrammi di Bode in gura possiamo dedurre che:

ˆ è presente uno zero in s = 2 (pendenza +20decadedB e sfasamento di −90),

ˆ è presente un polo in s = −10,

ˆ il guadagno statico µ della funzione di trasferimento è positivo poichè nel primo tratto con modulo costante abbiamo G(jω) = 0.

Quindi, la funzione di trasferimento che ha generato i diagrammi di Bode in gura è:

G(s) = ρ s − 2 s + 10

= −1

5ρ−12s + 1

1 10s + 1

ρ 6= 0costante di trasferimento µ = −1

5ρguadagno statico Rispondiamo ora alle domande:

1. [V], il sistema presenta un polo con parte reale negativa e di conseguenza è asintoticamente stabile;

2. [F], il sistema non è a fase minima poichè ha uno zero con parte reale positiva;

3. [F], abbiamo un sistema del primo ordine non strettamente proprio e di conseguenza y(0) 6= 0 per u(t) =sca(t);

4. [V], il valore iniziale della risposta allo scalino è dato dal teorema del valore iniziale:

y(0) = lim

s→∞sG(s)U (s)

= lim

s→∞s · ρs − 2 s + 10

1 s

= lim

s→∞ρs − 2 s + 10

= ρ

= −5µ

(10)

Essendo µ > 0, risulta y(0) < 0. Invece, il valore nale della risposta allo scalino (per semplicità unitario) è pari a y(∞) = µ. Per sistemi del primo ordine, la presenza di uno zero non modica la monotonia della risposta allo scalino (non aggiunge alcuna sotto/sovraelongazione). Essendo y(0) < 0 e y(∞) > 0, allora la risposta allo scalino è monotona crescente;

5. [F], possiamo calcolare il guadagno statico della funzione di trasferimento a partire dal primo tratto costante del diagramma di Bode asintotico del modulo dove abbiamo:

G(j0.1) = µdB = 20 20 log10µ = 20 µ · 1020= 1020

µ = 10

che è diverso da 25;

6. [F], il sistema ha lo stesso numero di zeri e poli ed è quindi proprio (non strettamente);

7. [V], il sistema è asintoticamente stabile e quindi vale il teorema della risposta in frequenza. Convertiamo l'ampiezza desiderata in dB:

20 log1040 = 32dB

Dal diagramma di Bode reale del modulo possiamo osservare che |G(j12)|dB≈ 32dB e quindi esiste un valore di ω tale per cui l'uscita y(t) a transitorio esaurito a fronte di un ingresso u(t) = sin (ωt) è una sinusoide con pulsazione ω e con ampiezza pari a 40;

8. [V], siccome la risposta all'impulso è la derivata della risposta allo scalino e quest'ultima converge ad un valore costante pari a µ per t → ∞, allora la risposta all'impulso tenderà a 0 per t → ∞.

Per completezza, si riporta inne la funzione di trasferimento che ha prodotto i diagrammi di Bode in gura:

G(s) = −50s − 2 s + 10

(11)

Esercizio 4

Si consideri il sistema dinamico a tempo continuo LTI rappresentato dallo schema a blocchi:

𝑦(𝑡) 𝐺

3

(𝑠)

𝑢(𝑡)

𝐺

1

(𝑠) 𝐺

2

(𝑠)

dove G1(s) = s+0.01s+0.1,G2(s) = 5s e G3(s) = (s+1)5s 2.

Punto 1: Disegnare il diagramma di Bode asintotico del modulo di G1(s),G2(s)e G3(s). Valutiamo le caratteristiche delle tre funzioni di trasferimento:

G1(s) G2(s) G3(s)

Tipo g 0 1 −1

Guadagno statico µs=G1(0) = 0.010.1 = 0.1 Non denito µs= G3(0) = 0 Guadagno della FdT µ = µs= 0.1 µ = lims→0sgG2(s) = 5 µ = lims→0sgG3(s) = 5 Guadagno della FdT [dB] µdB = 20 log100.1 = −20dB µ = 20 log105 = 14dB µ = 20 log105 = 14dB

Zeri z1= −0.01 Nessuno z1= 0

Poli p1= −0.1 p1= 0 p1= p2= −1

Dalle informazioni appena ricavate, possiamo utilizzare le regole di tracciamento per disegnare i diagrammi di Bode asintotici del modulo:

(12)

10-3 10-2 10-1 100 101 102 -60

-40 -20 0 20 40 60

80 Diagramma di Bode - Modulo

Reale Asintotico

10-3 10-2 10-1 100 101 102

-60 -40 -20 0 20 40 60

80 Diagramma di Bode - Modulo

Reale Asintotico

(13)

10-3 10-2 10-1 100 101 102 -60

-40 -20 0 20 40 60

80 Diagramma di Bode - Modulo

Reale Asintotico

Punto 2: A partire dai risultati trovati al Punto 1, disegnare il diagramma di Bode asintotico del modulo del sistema complessivo.

Dallo schema a blocchi abbiamo che la funzione di trasferimento del sistema complessivo è:

G(s) = G1(s)G2(s)G3(s)

Dobbiamo tracciare il diagramma di Bode asintotico del modulo. Per le proprietà dei logaritmi abbiamo:

|G(jω)|dB = |G1(jω)G2(jω)G3(jω)|dB

= |G1(jω)|dB+ |G2(jω)|dB+ |G3(jω)|dB

Di conseguenza, per tracciare il diagramma di Bode asintotico del modulo di G(s) basterà sommare punto per punto quelli ricavati per G1(s), G2(s)e G3(s). Otteniamo quindi:

(14)

10-3 10-2 10-1 100 101 102 -60

-40 -20 0 20 40 60

80 Diagramma di Bode - Modulo

Reale Asintotico

(15)

Esercizio 5

Si consideri il sistema dinamico a tempo continuo LTI SISO con ingresso u(t) ed uscita y(t) descritto dalla funzione di trasferimento:

G(s) = s + 5

βs3+ 2s2+ 2s + 1 dove β ∈ R, β > 0

Punto 1: Calcolare per quali valori di β il sistema è asintoticamente stabile.

Abbiamo un sistema del terzo ordine, condizione necessaria (ma non suciente) per l'asintotica stabilità del sistema è che il polinomio caratteristico della matrice A, ovvero il denominatore della funzione di trasfer- imento (supponendo che non ci siano state cancellazioni)

π(s) = βs3+ 2s2+ 2s + 1

= ϕ0s3+ ϕ1s2+ ϕ2s + ϕ3

abbia coecienti non nulli e concordi in segno. In questo caso, siccome β > 0, questa condizione è rispettata e quindi il sistema sicuramente non è instabile. Per vericarne la stabilità, possiamo applicare il criterio di Routh. Costruiamo la tabella di Routh, che in questo caso deve avere n + 1 = 4 righe:

ϕ0= β ϕ2= 2 0 Coecienti pari ϕ1= 2 ϕ3= 1 0 Coecienti dispari

h1 h2 0

k1 k2 0

Calcoliamo h1, h2, k1e k2utilizzando la regola di calcolo:

h1= − 1

ϕ1detϕ0 ϕ2

ϕ1 ϕ3



= −1

2detβ 2 2 1



= −1

2(β − 4)

= 2 − β 2

h2= − 1 ϕ1

detϕ0 0 ϕ1 0



= −1

2detβ 0 2 0



= 0

k1= − 1 h1

detϕ1 ϕ3

h1 h2



= − 1

β det

 2 1

2 − β 0



(16)

= 1

β 2 − 2

 β 2 − 2



= 1

k2= − 1 h1

detϕ1 0 h1 0



= − 1 2 − β2 det

 2 0

2 − β2 0



= 0

La tabella risultante è:

β 2 0

2 1 0

2 − β2 0 0

1 0 0

Il sistema è asintoticamente stabile se e solo se gli elementi della prima colonna della tabella di Routh sono diversi da zero e concordi in segno, ovvero:

(β > 0 2 −β2 > 0 (β > 0

β < 4 Quindi, il sistema è asintoticamente stabile per 0 < β < 4.

Punto 2: In corrispondenza del valore dell'estremo superiore dell'intervallo di valori di β trovato al punto precedente, disegnare il diagramma di Bode asintotico del modulo e disegnare approssi- mativamente il diagramma eettivo.

Per β = 4 la funzione di trasferimento diventa:

G(s) = s + 5

4s3+ 2s2+ 2s + 1

= s + 5

2s2(2s + 1) + (2s + 1)

= s + 5

(2s2+ 1) (2s + 1) Valutiamone le caratteristiche:

ˆ Tipo: g = 0,

ˆ Guadagno: µ = G(0) = 5 che convertito in dB è |µ|dB= 20 log10µ ≈ 14dB,

ˆ Zeri: abbiamo uno zero in z1= −5,

ˆ Poli: la funzione di trasferimento presenta tre poli, due complessi coniugati puramente immaginari in p1= p2= −j

2

2 ≈ −0.7 ed uno reale in p3= −12.

(17)

Utilizzando le regole di tracciamento, disegniamo il diagramma di Bode asintotico del modulo:

10-2 10-1 100 101 102

-100 -80 -60 -40 -20 0 20 40

Diagramma di Bode - Modulo

Asintotico Reale

Per quanto riguarda il diagramma di Bode reale, siccome abbiamo una coppia di poli complessi coniu- gati puramente immaginari con pulsazione naturale ωn =

2 2

rad

sec, allora si verica un picco di risonanza di

ampiezza innita per ω = ωn.

Punto 3: Trovare il valore di β in corispondenza del quale il sistema ha un polo in p1= −1. Se il sistema ha un polo in p1 = −1 allora −1 è una delle radici dell'equazione caratteristica π(s) = 0, da cui:

π(s) = 0 βs3+ 2s2+ 2s + 1 = 0 β (−1)3+ 2 (−1)2+ 2 (−1) + 1 = 0

−β + 2 − 2 + 1 = 0 β = 1

(18)

Esercizio 6

Si consideri il sistema dinamico a tempo continuo LTI SISO con ingresso u(t) ed uscita y(t) descritto dalla funzione di trasferimento:

G(s) = 10 s + 1

(s + 0.1) (s2+ 20s + 100) Punto 1: Valutare la stabilità del sistema.

I poli della funzione di trasferimento sono:

s + 0.1 = 0 p1= −0.1

s2+ 20s + 100 = 0

p2,3 =−20 ±√

400 − 400 2

= −10

Tutti i poli hanno parte reale negativa e di conseguenza il sistema è asintoticamente stabile.

Punto 2: Valutare qual è il polo dominante del sistema.

Il polo dominante di un sistema dinamico (ovvero quello più lento) è il polo reale (o la coppia di poli complessi coniugati) più vicino all'asse immaginario nel piano complesso. Nel nostro caso, il polo dominante è p1= −0.1.

Punto 3: Disegnare il diagramma di Bode asintotico del modulo di G(s).

Valutiamo le caratteristiche di G(s):

ˆ Tipo: g = 0

ˆ Guadagno: µ = G(0) =0.1·10010 = 1 che convertito in dB è |µ|dB = 20 log10µ = 0dB

ˆ Zeri: abbiamo uno zero in z1= −1

ˆ Poli: al Punto 1 abbiamo trovato p1= −0.1 e p2= p3= −10

Utilizzando le regole di tracciamento, disegniamo il diagramma di Bode asintotico del modulo:

(19)

10-2 10-1 100 101 102 -70

-60 -50 -40 -30 -20 -10 0

10 Diagramma di Bode - Modulo

Reale Asintotico

Punto 4: Determinare l'uscita di regime y(t) per un ingresso:

u(t) = 2 + sin(0.01t) + sin (0.1t) + 2 cos (100t)

Siccome il sistema dinamico è lineare, possiamo utilizzare il principio di sovrapposizione degli eetti per ricavare l'uscita di regime. Inoltre, essendo il sistema asintoticamente stabile, possiamo applicare il teorema della risposta in frequenza per ottenere i contributi di regime degli ingressi sinusoidali.

Analizziamo quindi ciascun addendo di u(t) e ricaviamo il corrispondente contributo su y(t):

ˆ ui(t) = 2, ingresso a scalino → siccome siamo nel caso g = 0, l'uscita di regime sarà yi(∞) = 2 · µ = 2;

ˆ uii(t) = sin(0.01t), ingresso sinusoidale → applichiamo il teorema della risposta in frequenza. Ricaviamo il modulo della funzione di trasferimento per ¯ω = 0.01radsec a partire dal diagramma di Bode asintotico:

|G(j0.01)|dB = 0dB

|G(j0.01)| = 1

Mentre valutiamo la fase analiticamente. La risposta in frequenza è:

G(jω) = 10 jω + 1

(jω + 0.1) (−ω2+ j20ω + 100) Da cui:

G(j0.01) = arctan 0.01 1



Primo quadrante

arctan 0.01 0.1



Primo quadrante

+ arctan

 20 · 0.01 100 − 0.012



Primo quadrante

= 0.6− [5.7+ 0.1]

= −5.2

≈ −0.1rad

(20)

Quindi il suo contributo sull'uscita è:

yii(t) = sin (0.01t − 0.1)

ˆ uiii(t) = sin(0.1t), ingresso sinusoidale → applichiamo il teorema della risposta in frequenza. Ricaviamo il modulo della funzione di trasferimento per ¯ω = 0.1radsec a partire dal diagramma di Bode asintotico:

|G(j0.1)|dB≈ 0dB

|G(j0.1)| ≈ 1

Mentre valutiamo la fase analiticamente:

G(j0.1) = arctan 0.1 1



Primo quadrante

arctan 0.1 0.1



Primo quadrante

+ arctan

 20 · 0.1 100 − 0.12



Primo quadrante

= 5.7− [45.0+ 1.1]

= −40.4

≈ −0.7rad

Quindi il suo contributo sull'uscita è:

yiii(t) = sin (0.1t − 0.7)

ˆ uiv(t) = 2 cos (100t), possiamo ricondurci ad un ingresso sinusoidale nel seguente modo uiv(t) = 2 sin

100t +π 2



ed applicare quindi il teorema della risposta in frequenza. Ricaviamo il modulo della funzione di trasferimento per ¯ω = 100radsec a partire dal diagramma di Bode asintotico

|G(j100)|dB≈ −60dB

|G(j100)| ≈ 10−3

Mentre valutiamo la fase analiticamente:

G(j100) = arctan 100 1



Primo quadrante

arctan 100 0.1



Primo quadrante

+

 arctan

 20 · 100 100 − 1002

 + 180



Secondo quadrante

= 89.4− [90.0+ (−11.4+ 180)]

= −169.2

≈ −2.9rad

Quindi il suo contributo sull'uscita è:

yiv(t) = 2 · 10−3sin

100t − 2.9 +π 2



= 2 · 10−3sin (100t − 1.3)

(21)

Per il principio di sovrapposizione degli eetti, l'uscita complessiva risulta:

y(t) = 2 + sin (0.01t − 0.1) + sin (0.1t − 0.7) + 2 · 10−3sin (100t − 1.3)

Punto 5: Ricavare un'approssimazione a poli dominanti del sistema dinamico e disegnare il rispettivo diagramma di Bode asintotico del modulo, confrontandolo con quello ottenuto al Punto 3.

Abbiamo determinato al Punto 2 che il polo dominante del sistema è p1 = −0.1. Possiamo ottenere un'approssimazione a poli dominanti, ˜G(s), del sistema dinamico considerando un sistema del primo ordine con polo quello dominante del sistema di partenza e stesso guadagno, ovvero:

G(s) =˜ 0.1 s + 0.1 Il diagramma di Bode asintotico del modulo di ˜G(s) è:

10-2 10-1 100 101 102

-70 -60 -50 -40 -30 -20 -10 0

10 Diagramma di Bode - Modulo

G(s)˜ è un buon approssimante di G(s) in bassa frequenza, in questo caso potremmo dire per ω ≤ 1radsec, proprio perchè considera solo le dinamiche del polo dominante (lento). Viceversa, per ω > 1radsec (alta fre- quenza), ˜G(s) non presenta le dinamiche dovute ai poli/zeri più veloci e quindi l'approssimazione peggiora.

Punto 6: A partire dall'approssimazione ricavata al Punto 5, calcolare la sua risposta all'ingresso proposto al Punto 3. L'approssimazione ottenuta è buona? Motivare la risposta.

A fronte di quanto abbiamo visto al punto precedente, ci aspettiamo che l'uscita di regime ˜y(t) di ˜G(s) a fronte di un ingresso

u(t) = 2 + sin(0.01t) + sin (0.1t) + 2 cos (100t)

approssimi bene la corrispondente uscita y(t) del sistema vero G(s) per le componenti a bassa frequenza dell'ingresso. Viceversa, il contributo sull'uscita ˜y(t) delle componenti dell'ingresso in alta frequenza si discosterà maggiormente dal rispettivo contributo su y(t). Applichiamo nuovamente il principio di sovrappo- sizione degli eetti ed il teorema della risposta in frequenza:

(22)

ˆ ui(t) = 2, ingresso a scalino → siccome siamo nel caso g = 0, l'uscita di regime sarà ˜yi(∞) = 2 · µ = 2;

ˆ uii(t) = sin(0.01t), ingresso sinusoidale → applichiamo il teorema della risposta in frequenza. Ricaviamo il modulo della funzione di trasferimento per ¯ω = 0.01radsec a partire dal diagramma di Bode asintotico:

|G(j0.01)|dB = 0dB

|G(j0.01)| = 1

Mentre valutiamo la fase analiticamente. La risposta in frequenza è:

G(jω) = 0.1 (jω + 0.1) Da cui:

G(j0.01) = −arctan 0.01 0.1



Primo quadrante

= −5.7

≈ −0.1rad

Quindi il suo contributo sull'uscita è:

˜

yii(t) = sin (0.01t − 0.1)

ˆ uiii(t) = sin(0.1t), ingresso sinusoidale → applichiamo il teorema della risposta in frequenza. Ricaviamo il modulo della funzione di trasferimento per ¯ω = 0.1radsec a partire dal diagramma di Bode asintotico:

|G(j0.1)|dB≈ 0dB

|G(j0.1)| ≈ 1

Mentre valutiamo la fase analiticamente:

G(j0.1) = −arctan 0.1 0.1



Primo quadrante

= −45

= −π 4rad

≈ −0.8rad

Quindi il suo contributo sull'uscita è:

˜

yiii(t) = sin (0.01t − 0.8)

ˆ uiv(t) = 2 cos (100t) = 2 sin 100t +π2, ingresso sinusoidale → applichiamo il teorema della risposta in frequenza. Ricaviamo il modulo della funzione di trasferimento per ¯ω = 100radsec a partire dal diagramma di Bode asintotico:

|G(j100)|dB≈ −60dB

|G(j100)| ≈ 10−3

(23)

Mentre valutiamo la fase analiticamente:

G(j100) = −arctan 100 0.1



Primo quadrante

= −90.0

= −π 2rad Quindi il suo contributo sull'uscita è:

˜

yiv(t) = 2 · 10−3sin

100t −π 2 +π

2



= 2 · 10−3sin (100t)

Per il principio di sovrapposizione degli eetti, l'uscita complessiva risulta:

˜

y(t) = 2 + sin (0.01t − 0.1) + sin (0.01t − 0.8) + 2 · 10−3sin (100t) mentre l'uscita di G(s) era

y(t) = 2 + sin (0.01t − 0.1) + sin (0.01t − 0.7) + 2 · 10−3sin (100t − 1.3)

Comunque, nel complesso, per questo ingresso u(t) l'approssimazione è molto buona poichè in entrambi i casi la componente sinusoidale con pulsazione ¯ω = 100radsec ha un'ampiezza piccola rispetto agli altri contributi e può essere quindi trascurata.

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