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ESERCIZI DI CONTROLLI AUTOMATICIProf. Gianluigi Pillonetto
22 NOVEMBRE 2018
Capitolo 1. Modellistica, linearizzazione, punti di equilibrio,calcolo funzione di trasferimento, risposta in frequenza, stabilitae criterio di Routh
Ex 1 In un aeroporto vi sono quattro aree di manovra: l’area A1 e destinata alle operazioni di sbarco dei passeggeri ed ecollegata direttamente alla pista di atterraggio; l’area A2 e destinata alle operazioni di imbarco ed e collegata alla pista didecollo attraverso un’area di attesa A4; l’area A3 e dedicata alla sosta degli aeromobili che arrivano dall’area A1 prima diessere trasferiti nell’area A2.Si descriva con un modello l’evoluzione dinamica del numero di aerei (equazioni e condizioni iniziali) sotto le seguenti ipotesi
• il flusso di aerei che, appena atterrati, si immettono nell’area A1 dipende dal tempo, seguendo un andamento descrittodalla funzione F1(t);
• il flusso di aerei dall’area A1 all’area A3 e proporzionale, con costante di proporzionalita unitaria, alla quantita di aereipresenti in A1;
• il flusso di aerei dall’area A3 all’area A2 e proporzionale, con costante di proporzionalita α, alla disponibilita di spazionell’area A2, misurata come differenza tra il numero massimo di aerei in essa ospitabili (Xmax) e il numero di aereieffettivamente presenti;
• il flusso di aerei dall’area A2 all’area A4 e proporzionale, con costante di proporzionalita unitaria, alla quantita di aereipresenti in A2;
• Il flusso di aerei che decollano nell’unita di tempo e proporzionale, con costante di proporzionalita pari a β, alla quantitadi aerei nell’area di attesa A4;
• tutti i flussi non menzionati sono non ammessi, e quindi sono da considerare nulli;
• al tempo zero, le aree A1, A2, A4 sono vuote mentre ci sono 100 apparecchi nell’area di sosta.
Ex 2 In una popolazione di cellule si distinguono tre stati diversi: cellule giovani, mature e vecchie. Si modelli il fenomeno,considerando una dinamica a tempo discreto, dove, ad ogni passo
1. vengono prodotte ex novo cellule giovani, in numero pari ad u (che rappresenta l’ingresso del sistema);
2. le cellule giovani diventano mature;
3. un ottavo delle cellule mature si duplica, scomparendo (come cellule mature) ed originando due cellule giovani, mentrei rimanenti sette ottavi diventano vecchie (in sostanza, esistono due distinti meccanismi di generazione di cellule nuove:ex novo - vedi il punto 1 - e da duplicazione di cellule mature);
4. delle cellule vecchie, la meta muore e l’altra meta sopravvive rimanendo nello stato di cellula vecchia.
Ex 3 E richiesto di modellizzare la termoregolazione della temperatura di una stanza, supponendo che valgano le seguentiregole:
1. esistono due temperature di riferimento (da considerare come gli ingressi del sistema): la temperatura desiderata(all’interno della stanza) e la temperatura presente all’esterno della stanza;
2. esistono altre due temperature (da considerare come variabili di stato): la temperatura effettiva all’interno della stanza equella misurata da un termometro (che gioca anche il ruolo di variabile di uscita del sistema). La misura del termometronon si adatta istantaneamente alle variazioni di temperatura, ma obbedisce ad una legge di aggiornamento in base allaquale la derivata temporale della misura e proporzionale, secondo la costante a > 0, alla differenza tra la temperaturaeffettiva e la misura fornita dal termometro all’istante attuale;
3. un elemento riscaldante fornisce un flusso di calore proporzionale, secondo la costante b > 0, alla differenza tra latemperatura desiderata e quella misurata dal termometro e, a causa della dispersione termica dei muri, esiste ancheun flusso di calore verso l’esterno, proporzionale, secondo la costante c > 0, alla differenza tra la temperatura effettivaall’interno della stanza e quella all’esterno;
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4. la temperatura effettiva risente dei flussi di calore appena menzionati, secondo una legge in base alla quale la derivatatemporale della temperatura effettiva e proporzionale, secondo la costante d > 0, alla somma (algebrica) dei flussientranti/uscenti di calore.
Ex 4 Si costruisca un modello che descrive la dinamica di una coorte di N studenti che il 1o Ottobre 2013 (inizio dell’annoscolastico t = 0) si immatricola in un corso di studi triennale. Le variabili di stato xi(t), i = 1, 2, 3 sono le numerosita deglistudenti iscritti al 1o, 2o e 3o anno del corso di studi all’inizio degli anni scolastici successivi al 2013. Quindi t = 1 si riferisceall’anno scolastico che inizia il 1o Ottobre 2014, t = 2 all’anno scolastico che inizia il 1o Ottobre 2015, e cosı via. Si fanno leseguenti ipotesi, che valgono per ogni anno scolastico:
• degli studenti iscritti al 1o anno del corso di studi, il 20% abbandona il corso di studi, il 60% viene promosso al 2o annodi corso di studi;
• degli studenti iscritti al 2o anno del corso di studi, il 5% abbandona, l’80% viene promosso al 3o anno del corso di studi;
• non ci sono abbandoni tra gli iscritti al 3o anno del corso di studi;
• il 90% degli iscritti al 3o anno del corso di studi supera con successo gli esami finali e ottiene il titolo;
• Le variabili di uscita yi(t), i = 1, 2 sono, rispettivamente, il numero totale di iscritti al corso di studi all’inizio dell’annoscolastico t, e il numero di studenti che nell’anno scolastico t ottiene il titolo.
Ex 5 Si consideri una popolazione suddivisa in quattro classi: studenti (S), lavoratori (L), disoccupati (D), pensionati (P).La situazione viene monitorata di anno in anno, per cui S(t), L(t), D(t), P (t) sono il numero di persone nelle rispettive classinell’anno t-esimo (supponiamo che il censimento venga fatto lo stesso giorno di ogni anno, di modo che la numerosita di ogniclasse nell’anno t-esimo sia definita senza ambiguita, facendo essa riferimento esclusivamente alla situazione in quel giornoparticolare scelto, ad esempio, per fissare le idee, il 1o gennaio). Le regole che definiscono la transizione tra le varie classisono le seguenti:
• ogni anno il 10% degli studenti si laurea, e di questi l’80% trova immediatamente lavoro, mentre il rimanente 20%diventa disoccupato;
• ogni anno il 5% dei lavoratori perde il lavoro mentre il 3% va in pensione;
• ogni anno il 15% dei disoccupati trova lavoro mentre il 3% va in pensione (con cio intendendo che raggiunge l’eta dipensionamento, a prescindere dal fatto che riesca o meno a percepire effettivamente una pensione)
• un pensionato rimane tale per sempre (trascuriamo in tale modello la possibilita di morte, sia per i pensionati che perle altre classi. Stiamo d’altronde trascurando anche la possibilita di nascite, per cui la classe degli studenti non vienealimentata: il 90% degli studenti rimane studente ed il 10% si laurea, ma non ci sono mai nuove immatricolazioni).
Si scriva un modello di stato a tempo discreto che descriva landamento delle 4 classi nel tempo (lo stato essendo il vettorecontenente S(t), L(t), D(t), P (t)).
Ex 6 Una specie A e caratterizzata da un tasso di natalita pari ad a > 0 (la derivata della popolazione e direttamenteproporzionale, tramite il coefficiente a, alla popolazione stessa) ed uno di mortalita b (stesso significato precedente, a menodi un cambio di segno). La specie A abita tre regioni R1, R2, R3, e puo spostarsi tra le varie regioni, caratterizzate da diversicomportamenti nei flussi e nella mortalita. Siano x1, x2, x3 le popolazioni rispettive nelle tre regioni e sia y l’uscita pari allapopolazione totale associata alla specie A. Si considerino le seguenti regole dove viene introdotta anche una seconda specieB che va associata ad x4:
• Dalla regione R2 esiste un flusso solo verso R3, caratterizzato dal coefficiente di flusso 1.5;
• Non esistono altri flussi tra le tre regioni oltre ai precedenti e in tutte le regioni R1, R2, R3 il tasso di natalita e a = 3;
• Nelle regioni cambia il tasso di mortalita: in R1 e b = 1 + 0.01x1 (cresce con la popolazione causa carenza di cibo), inR2 e R3 e b = 1 (costante essendoci cibo in abbondanza);
• In R2 vi e pero un ulteriore motivo di mortalita: la presenza di una specie B (predatori) che si nutre di A, aumentandoil tasso di mortalita di 0.1x4 e portandolo a b = 1 + 0.1x4 (x4 = popolazione B);
• La specie B ha tasso di natalita a = 2 e di mortalita b = 3− 0.02x2 (A da cibo abbassando la mortalita).
In base a tutte le regole esposte, si scriva un modello di stato per x1, x2, x3, x4 e per l’uscita y che descrive il fenomeno.
Calcolare poi tutti i punti di equilibrio che soddisfano il vincolo xi 6= 0 ∀i (senza imporre alcun vincolo di positivita sullevariabili di stato).
Ex 7 Si considerino 3 popolazioni P1, P2, P3 che vivono nelle regioni A,B,C le cui numerosita sono indicate, rispettivamente,con x1, x2 e x3. Si assuma che le 3 popolazioni interagiscono tra loro secondo le seguenti regole:
3
• nella regione A la popolazione P1 prolifica con un tasso di natalita pari ad a > 0 (cioe la velocita di crescita dellapopolazione e direttamente proporzionale alla popolazione stessa, secondo un coefficiente di proporzionalita a);
• vi e un flusso dalla regione A verso la regione C con costante di proporzionalita b
• un flusso dalla regione C con costante c entra nella regione B;
• il flusso che proviene dal mondo esterno ad A,B,C e associato all’ingresso del sistema u(t) ed entra sia in B che in C;
• viene monitorata la sola quantita x1(t), che rappresenta quindi l’uscita del sistema
Si considerino i due punti seguenti.
1. Si scriva un modello a tempo continuo per descrivere la dinamica delle 3 popolazioni.
2. Assumendo a = b, b 6= 0, c 6= 0 si calcolino i punti di equilibrio del sistema con ingresso costante u(t) = 1.
Ex 8 Consideriamo due specie (prede x1(t) e predatori x2(t)), che evolvono in accordo alle seguenti regole (a > 0 e unacostante opportuna)
• In quel che segue, un tasso di natalita n(t) associato ad una specie x(t), indica un contributo alla derivata x(t) paria n(t)x(t), mentre un tasso di mortalita ha identico significato, tranne per un ovvio cambio di segno
• natalita delle prede: le prede si riproducono con un tasso di natalita 2a
• mortalita delle prede: le prede muoiono per due motivi: carenza di cibo, modellato con un tasso di mortalita pari aax1(t) (piu le prede sono numerose, piu carente e il cibo a disposizione) ed incontro con i predatori, modellato con untasso di mortalita pari a ax2(t) (piu i predatori sono numerosi, maggiori sono gli incontri tra le due specie)
• predatori: essi si riproducono con un tasso di natalita pari a ax1(t) (che tiene conto della presenza di cibo fornitadalle prede), e muoiono con un tasso di mortalita pari ad a
E richiesto di
• determinare un modello a tempo continuo per l’evoluzione delle due specie;
• determinare tutti i modelli linearizzati del tipo ∆x = F∆x attorno ai punti di equilibrio.
Ex 9 Una specie animale vive in tre diverse regioni. Indicate con x1, x2, x3 la numerosita delle tre popolazioni, ovvero ilnumero di elementi della specie nelle tre regioni, si vuole studiare la loro dinamica, nelle seguenti ipotesi (tutti i coefficientinel seguito introdotti si assumono strettamente positivi):
• il tasso di nascita nelle tre regioni, ovvero il rapporto tra flusso di nuovi nati e numero di elementi della popolazione, epari a ka1 , ka2 , ka3 ;
• il tasso di mortalita nelle tre regioni, ovvero il rapporto tra flusso di deceduti e numero di elementi della popolazione,e pari a kb1 , kb2 , kb3 ;
• esiste un flusso di migrazione tra le regioni 1 e 2 , proporzionale secondo la costante kc alla differenza tra gli elementidelle popolazioni delle due regioni, diretto dalla regione a popolazione maggiore alla regione a popolazione minore;
• esiste un flusso di migrazione dalla regione 1 alla regione 3, proporzionale secondo la costante kd al numero di elementinella regione 1;
• per t = 0, la numerosita nelle tre regioni e pari a X10, X20, X30.
E richiesto di
• scrivere in forma matriciale le equazioni di stato e di uscita del modello, supponendo di voler monitorare sia le trepopolazioni che la numerosita totale della specie nelle tre regioni;
• nell’ipotesi che per ogni popolazione tutti i tassi di nascita, di mortalita e di migrazione si equivalgano, calcolare tuttii punti di equilibrio del sistema.
Ex 10 Si considerino tre serbatoi S1, S2, S3. Vi sono vari flussi da un serbatoio all’altro che sono sempre proporzionali,secondo un certo coefficiente, al contenuto del serbatoio da cui il liquido proviene. In particolare, valgono le seguenti regole(si assuma sotto a, b, c, d tutti scalari positivi):
• il serbatoio S1 e alimentato dal liquido proveniente da un tubo che lo connette a S2, con coefficiente in modulo pari ada, e da acqua (ingresso u(t));
• il serbatoio S2 e alimentato dal liquido proveniente da un tubo che lo connette a S3, con coefficiente in modulo pari a b;
4
• il serbatoio S3 e alimentato da S1, con coefficiente di flusso di modulo pari a c;
• dal serbatoio S3 esce liquido verso l’esterno, con coefficiente di flusso di modulo pari a d.
Si risolvano i due punti seguenti.
• Indicando con y(t) la quantita di liquido totale contenuta nei tre serbatoi all’istante t, si scriva un modello di stato checolleghi u a y, con condizioni iniziali nulle.
• Si assuma a = b = 0 e c = d = 1. Si calcoli la funzione di trasferimento W (s) del sistema.
Ex 11 Si considerino le tre seguenti coppie di matrici:
(a)
F =
[1 −22 4
], G =
[01
](b)
F =
[1 −2−2 4
], G =
[−12
](c)
F =
[1 −2−2 4
], G =
[−1−1
].
Si calcolino i punti di equilibrio dei sistemi a tempo continuo
x(t) = Fx(t) +Gu(t), con u(t) = u = 4 ∀t
corrispondenti ai tre casi definiti sopra.Si ripeta poi lo stesso esercizio assumendo che le matrici definiscano sistemi a tempo discreto del tipo
xt+1 = Fxt +Gut, con u(t) = u = 4 ∀t.
Ex 12
Si consideri il sistema
y(t) + y(t) = u(t).
Assumendo condizioni iniziali nulle, si risponda ai seguenti quesiti.
1. Determinare l’uscita forzata del sistema al tempo t = 1 a seguito dell’ingresso
u(t) = sin(t)δ−1(t).
2. Esiste la risposta in frequenza del sistema? In caso affermativo, disegnare modulo e fase.
3. Calcolare la risposta forzata del sistema per grandi valori di t a seguito dell’ingresso
u(t) = sin(2t+ π)δ−1(t).
4. Calcolare la risposta forzata del sistema per t = 1 a seguito dell’ingresso
u(t) = sin(2t+ π), t ∈ R.
5. Si consideri ora la famiglia di ingressi parametrizzata da a, b ∈ R
u(t) = 2b sin(at+ π/2)δ−1(t).
Ricavare tutti i valori di a, b tali che l’uscita forzata y(t) del sistema soddisfi
limt→+∞
y(t) = 1.
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Ex 13 Si studi con Routh la stabilita del polinomio
as3 + bs2 + s+ 1
al variare di a, b ∈ R.
Ex 14 Si studi con Routh la stabilita del polinomio
s5 + as4 − as3 + 2s2 + s+ 1
al variare di a ∈ R.
Ex 15 Si consideri il modello ingresso/uscita
a2y(2) + (1− a2)y(1) − 2ay = u(1) − u,
dove f (i) indica la derivata i-esima del segnale f .Si studi la stabilita asintotica e la stabilita BIBO del sistema al variare di a ∈ R.
Ex 16 Consideriamo una popolazione soggetta alla possibilita di un’infezione e sottoposta ad una strategia di vaccinazione.Le regole per modellare il fenomeno (a tempo continuo) sono le seguenti:
• se x1(t) indica la numerosita delle persone sane ma non vaccinate, tale numero si decrementa nel tempo a causa didue flussi uscenti: un primo flusso tiene conto di quelli che vengono vaccinati (flusso u(t), ingresso del sistema), unsecondo di quelli che vengono infettati, che risulta proporzionale al prodotto tra x1(t) ed x2(t), secondo una costantedi proporzionalita α > 0, dove x2(t) indica la numerosita delle persone infette
• x2(t) varia nel tempo a causa di due flussi: un primo flusso (entrante) tiene conto dei sani che si infettano (flussodescritto poco fa), un secondo flusso (uscente) tiene conto degli infetti che muoiono, ed e direttamente proporzionalead x2(t) secondo la costante β > 0
• x3(t) rappresenta la numerosita delle persone decedute causa l’infezione dall’istante iniziale tI = 0 all’istante finaletF = t
Si richiede di
• scrivere un modello di stato per tale sistema (scrivendo le singole equazioni senza utilizzare forme matriciali) coningresso u(t) e uscita y(t) = x1(t) + x2(t);
• si consideri il sistema linearizzato attorno a x1 = x2 = x3 = u = 0. Si calcoli la risposta all’impulso di tale sistema dacondizioni iniziali nulle.
Ex 17Si consideri un sistema di irrigazione costituito dal terreno, un serbatoio di irrigazione ed un serbatoio di recupero. Tale
sistema soddisfa le seguenti regole
• il terreno viene alimentato dal serbatoio di irrigazione con un flusso proporzionale alla quantita di acqua nel serbatoiostesso, secondo un coefficiente non costante, ma inversamente proporzionale alla quantita d’acqua nel terreno secondoun coefficiente c = 1 (in pratica, un misuratore di umidita del terreno controlla il flusso entrante in modo che piu ilterreno e umido, meno acqua lo irrighi);
• il terreno viene anche alimentato da una sorgente esterna che rappresenta la pioggia da modellarsi come un ingresso u;
• il serbatoio di recupero e alimentato da un flusso che proviene dal terreno, proporzionale alla quantita di acqua nelterreno secondo un coefficiente a = 1, ed alimenta il serbatoio di irrigazione con un flusso proporzionale alla quantitadi acqua nel serbatoio di recupero secondo un coefficiente b = 1
Si richiede di
• scrivere un modello di stato per tale sistema in forma matriciale (con le matrici che possono eventualmente dipenderedallo stato x) con l’uscita y che rappresenta la quantita d’acqua totale presente nel sistema;
• assumendo assenza di pioggia, calcolare tutti i punti di equilibrio del modello che portano l’uscita y ad essere costantee pari a 15.
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Ex 18 Stabilita robusta Spesso si desidera studiare non solo se i poli di una funzione di trasferimento siano stabili ma sianoanche sufficientemente lontani dall’asse immaginario. Questo permette di capire se una piccola perturbazione sul sistemaporti a uno spostamento dei poli che porti ad instabilita. Il criterio di Routh e utile anche in questo caso. Infatti, datoun polinomio d(s), abbiamo visto come tale criterio permetta di determinare se vi sono zeri nel semipiano Re(s) < 0. Maquesto stesso criterio permette anche di capire se vi sono zeri nel semipiano Re(s) < α dove α e un qualsiasi scalare. Infatti,e sufficiente considerare il nuovo polinomio p(z) = d(z + α): in questo modo l’asse verticale Re(s) = α si trasforma nell’asseimmaginario, e si puo applicare Routh al nuovo polinomio. D’altra parte, se s = z + α,
Re(s) < α ⇐⇒ Re(z) < 0.
Sfruttando la discussione riportata sopra, si determinino i valori di K tali che
d(s) = s3 + 9s2 + 18s− 16 +K
abbia zeri con parte reale inferiore a −1.
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Soluzione Esercizio 1 Introduciamo 4 variabili di stato, indicando con xi(t) il numero di aerei presenti nell’area Ai mentrela variabile di uscita y(t) e il numero totale di aerei presenti nell’aeroporto. Si ottiene allora il modello di stato lineare e atempo continuo
x1(t) = −x1(t) + F1(t)
x2(t) = −x2(t) + α (Xmax − x2(t))
x3(t) = x1(t)− α (Xmax − x2(t))
x4(t) = x2(t)− βx4(t)
y(t) = x1(t) + x2(t) + x3(t) + x4(t)
con condizione iniziale x1(0) = x2(0) = x4(0) = 0 e x3(0) = 100.
Soluzione Esercizio 2 Scriviamo un modello di stato lineare a tempo discreto che descriva il sistema, supponendo dimisurare ad ogni passo il numero totale di cellule presenti (che rappresenta quindi l’uscita del sistema).Se x1(t), x2(t), x3(t) sono le cellule giovani, mature e vecchie, rispettivamente, dalla prima e terza regola si ha che
x1(t+ 1) = u(t) +1
4x2(t)
mentre dalla seconda regolax2(t+ 1) = x1(t)
e dalla terza e quarta regola
x3(t+ 1) =7
8x2(t) +
1
2x3(t).
Queste, assieme a y(t) = x1(t) +x2(t) +x3(t), genera il sistema lineare discreto x(t+ 1) = Fx(t) +Gu(t) e y(t) = Hx(t) dove
F =
0 14 0
1 0 00 7
812
, G =
100
, H =(
1 1 1).
Soluzione Esercizio 3 Consideriamo come ingressi u1(t), pari alla temperatura desiderata, e u2(t), pari alla temperaturaesterna. Definiamo anche come variabili di stato la temperatura effettiva x1(t) e la misura fornita dal termometro x2(t). Siha x2 = a(x1 − x2) dalla regola 2. Dalla regola 3 otteniamo che b(u1 − x2) e il flusso di calore entrante mentre −c(x1 − u2) equello uscente. Si ha anche x1 = d (b(u1 − x2)− c(x1 − u2)) dalla regola 4. Otteniamo allora il sistema lineare x = Fx+Gue y = Hx dove
F =
(−cd −bda −a
), G =
(bd cd0 0
), H =
(0 1
).
Soluzione Esercizio 4 Poiche solo il 20% di studenti rimane al primo anno si ha x1(t + 1) = 0.2x1(t). Al secondo annoc’e un doppio contributo: quelli che rimangono al secondo anno e quelli che provengono dal primo, da cui x2(t + 1) =0.6x1(t) + 0.15x2(t). Al terzo anno solo il 10% rimane non laureato, ed inoltre si aggiungono gli studenti provenienti dalsecondo anno, da cui x3(t + 1) = 0.8x2(t) + 0.1x3(t). Infine, y1(t) = x1(t) + x2(t) + x3(t) e y2(t) = 0.9x3(t), oltre ax(0) = [N 0 0]T . Quindi otteniamo il sistema lineare discreto x(t+ 1) = Fx(t) e y(t) = Hx(t) dove
F =
0.2 0 00.6 0.15 00 0.8 0.1
, H =
(1 1 10 0 0.9
), x(0) =
N00
.
Soluzione Esercizio 5 L’evoluzione degli studenti e descritta da
S(t+ 1) = 0.9S(t)
in quanto il 10% si laurea ed il 90% rimane studente. L’evoluzione dei lavoratori e descritta da
L(t+ 1) = 0.8× 0.1S(t) + (1− 0.05− 0.03)L(t) + 0.15D(t)
che tiene conto dei nuovi lavoratori provenienti dagli studenti, dei nuovi lavoratori provenienti dai disoccupati, e del fattoche una parte dei lavoratori e uscita da questa classe per passare in quella dei disoccupati o dei pensionati. L’evoluzione deidisoccupati e descritta da
D(t+ 1) = 0.2× 0.1S(t) + 0.05L(t) + (1− 0.15− 0.03)D(t)
8
ricavata in modo analogo a quella dei lavoratori. Infine, l’evoluzione dei pensionati e descritta da
P (t+ 1) = 0.03L(t) + 0.03D(t) + P (t)
che tiene conto dell’incremento dei pensionati, alimentati sia dai lavoratori che dai disoccupati. Quindi otteniamo il sistemalineare discreto x(t+ 1) = Fx(t), dove x(t) = [S(t) L(t) D(t) P (t)]T e
F =
0.9 0 0 00.08 0.92 0.15 00.02 0.05 0.82 0
0 0.03 0.03 1
Soluzione Esercizio 6 Per x1 si ha che la sua derivata e la somma di 3x1 (natalita), −(1 + 0.01x1)x1 (mortalita), quindi
x1 = (2− 0.01x1)x1
Per x2 si ha che la sua derivata e la somma di 3x2 (natalita), −(1 + 0.1x4)x2 (mortalita) e −1.5x2 (flusso verso R3), quindi
x2 = (0.5− 0.1x4)x2
Per x3 si ha che la sua derivata e la somma di 3x3 (natalita), −x3 (mortalita) e 1.5x2 (flusso da R2), quindi
x3 = 1.5x2 + 2x3
Per x4 si ha che la sua derivata e la somma di 2x4 (natalita) e −(3− 0.02x2)x4 (mortalita), quindi
x4 = (−1 + 0.02x2)x4
Infine, dalla definizione di y, si ha anche
y = x1 + x2 + x3 (equazione di uscita).
Riguardo al secondo punto, dal vincolo xi 6= 0 ∀i e immediato ottenere (utilizzando in serie la prima, quarta, terza eseconda equazione di stato) la soluzione
x1 = 200, x2 = 50, x3 = −75/2 = −37.5, x4 = 5.
Soluzione Esercizio 7 Abbiamo facilmente un modello lineare descritto dalle matrici
F =
a− b 0 00 0 cb 0 −c
, G =
011
, H = [ 1 0 0 ] .
Per quanto riguarda il secondo punto, il rango della matrice risulta pari a 2. Il kernel della matrice ha quindi dimensione 1.Si vede facilmente che
F =
0 0 00 0 cb 0 −c
−→ ker(F ) = 〈
010
〉.Le soluzioni di Fx+Gu = 0 soddisfano quindi cx3 = −1 e bx1 − cx3 = −1. Una soluzione particolare risulta
x =
−2/b0−1/c
.I punti di equilibrio quindi sono −2/b
0−1/c
+ 〈
010
〉,ovvero hanno componente x2 arbitraria mentre x1 = −2/b e x3 = −1/c.
Soluzione Esercizio 8 Si ottiene facilmente il modello non-lineare
x1 = 2ax1 − ax21 − ax1x2x2 = ax1x2 − ax2
9
La ricerca dei punti di equilibrio conduce a
x1(2− x1 − x2) = 0, x2(x1 − 1) = 0
che porge facilmente le 3 soluzioni (0, 0), (2, 0) e (1, 1). Lo Jacobiano del sistema vale
F (x1, x2)= a
[2− 2x1 − x2 −x1
x2 x1 − 1
]da cui
F (0, 0)= a
[2 00 −1
], F (2, 0)= a
[−2 −20 1
], F (1, 1)= a
[−1 −11 0
].
Soluzione Esercizio 9 Si ha
x =
ka1 − ka2 − kc − kd kc 0kc ka2 − kb2 − kc 0kd 0 ka3 − kb3
x,
y =
1 0 00 1 00 0 11 1 1
x, x(0) =
X10
X20
X30
.
Nelle ipotesi poste, al variare di una costante α 6= 0 la dinamica dello stato diventa
x = α
−2 1 01 −1 01 0 0
x,
e quindi i punti di equilibrio risultano il kernel di una matrice di rango 2, ovvero un sottospazio di dimensione 1. Si ottienefacilmente xeq = [0 0 xc]
T , con xc qualsiasi o, equivalentemente, si possono esprimere i punti di equilibrio come l’insieme〈[0 0 1]T 〉.
Soluzione Esercizio 10 Detti x1, x2, x3 i contenuti dei serbatoi S1, S2, S3, dalle regole esposte si ha facilmente
x = Fx+Gu, F =
−c a 00 −a bc 0 −b− d
, G =
100
, H = [ 1 1 1 ] , x(0−) = 0.
Per quanto riguarda il secondo punto il sistema diviene
x = Fx+Gu, F =
−1 0 00 0 01 0 −1
, G =
100
, H = [ 1 1 1 ] , x(0−) = 0.
Si ha
(sI − F )−1 =
1/(s+ 1) 0 00 1/s 0
1/(s+ 1)2 0 1/(s+ 1)
e
W (s) = H(sI − F )−1G =1
s+ 1+
1
(s+ 1)2=
s+ 2
(s+ 1)2.
Un modo alternativo di calcolare la funzione di trasferimento e il seguente. La funzione di trasferimento W (s), per definizione,coincide con l’uscita Y (s) del sistema a condizioni iniziali nulle e ingresso u(t) = δ(t), ovvero se
x(0−) = 0, U(s) = 1.
Sotto tali ipotesi, alla luce della struttura di F e G, le equazioni del sistema nel tempo sono
x1 = −x1 + δ(t), x2 = 0, x3 = x1 − x3.
Visto che le condizioni iniziali sono nulle, si deve avere x2(t) = 0 per t ≥ 0. Utilizzando la trasformata di Laplace otteniamo
sX1(s) = −X1(s) + 1, X2(s) = 0, sX3(s) = X1(s)−X3(s),
10
da cui
X1(s) =1
s+ 1, X2(s) = 0, X3(s) =
X1(s)
s+ 1=
1
(s+ 1)2.
Quindi, dalla struttura di H, si ottiene
W (s) = Y (s) = X1(s) +X2(s) +X3(s) =1
s+ 1+
1
(s+ 1)2=
s+ 2
(s+ 1)2,
che coincide col risultato ottenuto in precedenza.
Soluzione Esercizio 11Tempo continuo
In ognuno dei tre casi i punti di equilibrio sono le soluzioni del sistema
Fx+Gu = 0
e formano l’insieme affine (eventualmente vuoto)
x+ ker(F )
dove ker(F ) denota lo spazio nullo della matrice F .(a) La matrice F ha rango pieno, quindi vi e un solo punto di equilibrio dato da
x = −F−1Gu.
Si ha
F−1 =
[1/2 1/4−1/4 1/8
], Gu =
[04
].
e quindi
x = −F−1Gu =
[−1−1/2
].
(b) La matrice F ora non ha rango pieno. Esisteranno quindi punti di equilibrio se il vettore
Gu =
[−48
]appartiene all’immagine di
F =
[1 −2−2 4
].
Il sistema Fx = −Gu risulta [1 −2−2 4
]x =
[4−8
]ed e immediato vedere che ammette soluzioni. Ad esempio, come soluzione particolare possiamo scegliere
x =
[0−2
].
A questa soluzione particolare dobbiamo poi aggiungere tutti i punti che appartengono al kernel di F . Si ha
Fx = 0 ⇐⇒[
1 −2−2 4
] [ab
]= 0
che porta al sistema
a = 2b, 2a = 4b.
Concludiamo che il kernel e il sottospazio di dimensione uno
〈[
21
]〉.
I punti di equilibrio formano quindi l’insieme [0−2
]+ 〈[
21
]〉.
11
(c) La matrice F non ha rango pieno. Come in precedenza esisteranno quindi punti di equilibrio se il vettore
Gu =
[−4−4
]appartiene all’immagine di
F =
[1 −2−2 4
].
Il sistema Fx = −Gu risulta [1 −2−2 4
] [ab
]=
[44
]che porta al sistema
a− 2b = 4, −2a+ 4b = 4→ a = 2b, a = 2b+ 4.
Le equazioni non hanno soluzione, quindi in questo caso non vi sono punti di equilibrio.Tempo discreto
In ognuno dei tre casi i punti di equilibrio sono le soluzioni del sistema
Fx+Gu = x
che, definendo la matrice A = F − I, equivale al sistema
Ax+Gu = 0.
I punti di equilibrio formano quindi l’insieme affine (eventualmente vuoto)
x+ ker(A)
dove ker(A) denota lo spazio nullo della matrice A.(a) La matrice A risulta
A =
[0 −22 3
]ed ha rango pieno. Quindi vi e un solo punto di equilibrio dato da
x = −A−1Gu.
Visto che
Gu =
[04
],
il punto di equilibrio si ricava risolvendo il sistema[0 −22 3
] [ab
]=
[0−4
]da cui
b = 0, 2a+ 3b = −4→ a = −2, b = 0.
La soluzione risulta quindi
x =
[−20
].
(b) La matrice A risulta ora
A =
[0 −2−2 3
]ed e ancora invertibile. Si ha
A−1 =
[−3/4 −1/2−1/2 0
].
e
Gu =
[−48
].
Quindi l’unico punto di equilibrio risulta
x = −A−1Gu =
[1−2
].
12
(c) La matrice A risulta identica a prima, ovvero
A =
[0 −2−2 3
].
Si ha
A−1 =
[−3/4 −1/2−1/2 0
].
e
Gu =
[−4−4
].
Quindi l’unico punto di equilibrio risulta
x = −A−1Gu =
[−5−2
].
Soluzione Esercizio 12Soluzione pto 1 La relazione ingresso-uscita con Laplace diventa
sY (s) + Y (s) = U(s),
da cui otteniamo come funzione di trasferimento
W (s) =1
s+ 1.
Si ha quindi
Y (s) = W (s)U(s) =1
s+ 1
1
s2 + 1
dove abbiamo utilizzato il fatto cheL[sinωt] =
ω
s2 + ω2.
Applicando Heavyside, cerchiamo la decomposizione
1
s+ 1
1
s2 + 1=
A
s+ 1+a+ jb
s+ j+a− jbs− j
=A
s+ 1+
(a+ jb)(s− j) + (a− jb)(s+ j)
s2 + 1
=A
s+ 1+
2as+ 2b
s2 + 1.
Deve essere quindi soddisfatta l’uguaglianza
1 = s2(A+ 2a) + s(2b+ 2a) +A+ 2b
che porta dopo facili conti a
A =1
2, a = −1
4b =
1
4.
La trasformata di Laplace dell’uscita forzata risulta quindi
Y (s) =1
2
1
s+ 1− 1
2
s
s2 + 1+
1
2
1
s2 + 1.
Utilizzando anche il fatto cheL[cosωt] =
s
s2 + ω2,
si ottiene nel tempo
y(t) =e−t
2− cos(t)
2+
sin(t)
2per t ≥ 0,
e la risposta al quesito risulta
y(1) =1
2e− cos(1)
2+
sin(1)
2.
Soluzione pto 2 La risposta in frequenza esiste poiche il sistema e BIBO stabile (unico polo in -1). Il modulo e la faserisultano, rispettivamente,
|W (jω)| = 1√1 + ω2
13
-100 -80 -60 -40 -20 0 20 40 60 80 100
w
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Modulo della Risposta in frequenza
-100 -80 -60 -40 -20 0 20 40 60 80 100
w
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
Fase della Risposta in frequenza
e
6 W (jω) = 61
1 + jω
= 6 1− 6 (1 + jω) = 0− atan(ω)
= −atan(ω).
Notare che le uguaglianze
|W (jω)| = |W (−jω)| e 6 W (jω) = −6 W (−jω)
sono proprieta generali della funzione di trasferimento (valgono sempre non solo in questo caso).
Modulo e fase della risposta in frequenza sono riportate in figura. Guardando il modulo, si nota la natura passa-bassodel sistema (per ω ≈ 10 si ha un’attenuazione del 90%). Guardando la fase, e evidente che per pulsazioni ω superiori a 10 ilsistema sfasa essenzialmente di −π/2.
Soluzione pto 3 Utilizzando il teorema in frequenza, per grandi valori di t si ha
y(t) ≈ |W (jω)| sin (ωt+ π + 6 W (jω)) con ω = 2.
Poiche
|W (j2)| = 1√5
e 6 W (j2) = −atan(2),
la risposta al quesito risulta
y(t) ≈ 1√5
sin(2t+ π − atan(2)).
Soluzione pto 4 Poiche l’ingresso non e piu causale e parte da −∞, si ha ora dal teorema in frequenza che
y(t) =1√5
sin(2t+ π − atan(2)).
Quindi, rispetto al caso precedente, non vi e piu transitorio cosı che il simbolo ≈ e diventato =. Si ha quindi
y(1) =1√5
sin(2 + π − atan(2)).
Soluzione pto 5 Se a 6= 0 il teorema in frequenza ci porta a concludere che non esiste il limite di y(t) per t tendentea +∞ (l’uscita oscilla essendo un segnale sinusoidale). L’unica possibilita e scegliere a = 0. In questo modo, l’ingressooscillatorio degenera nel segnale costante
u(t) = 2bδ−1(t).
Nel dominio di Laplace l’uscita risulta
Y (s) = W (s)U(s) =2b
s(s+ 1).
14
Pensando ad esempio alla decomposizione di Heavyside, e immediato verificare che limt→+∞ y(t) ora esiste visto che l’uscitasara somma di una costante piu un termine che decade esponenzialmente a zero. Possiamo allora applicare il teorema delvalore finale per ottenere
limt→+∞
y(t) = lims→0
sY (s) =2sb
s(s+ 1)= 2b.
La condizione richiesta e dunque soddisfatta se b = 1/2. La risposta al quesito e quindi data unicamente dalla coppia
a = 0, b =1
2.
Soluzione Esercizio 13Se a = 0 il polinomio si abbassa di grado creando un caso che va analizzato separatamente (sarebbe un errore concludere
che non vi e stabilita se a = 0).
Caso a = 0Assumiamo quindi a = 0. Vi sono due sotto casi.Se b = 0 il polinomio si abbassa ulteriormente di grado riducendosi a s + 1. Vi e ovviamente stabilita. Quindi la coppia(a = 0, b = 0) va inserita nell’insieme di stabilita.Se b 6= 0 il polinomio diventa bs2 + s+ 1 e con Cartesio si conclude che vi e stabilita solo se b > 0.In conclusione, un primo insieme che porta alla stabilita nel caso in cui a = 0 e
{a = 0, b ≥ 0}
Caso a 6= 0
Utilizziamo il criterio di Routh. Visto che non dichiariamo il segno di a, la condizione necessaria e sufficiente per lastabilita e che la prima colonna della tabella abbia tutti elementi diversi da zero e con tutti segni concordi (o positivi onegativi). Otteniamo la tabella
3 | a 1
2 | b 1
1 | b− ab
0 | 1
da cui la condizione a > 0, b > a. Se a 6= 0, l’insieme che porta alla stabilita e quindi
{a > 0, b > a}
Risultato finale
Prendendo l’unione dei due insiemi ottenuti con a = 0 e a 6= 0 si conclude che l’insieme che porta alla stabilita e
{a ≥ 0, b > a} ∪ (a = 0, b = 0).
Soluzione Esercizio 14Nessun valore di a porta alla stabilita visto che (a meno di un abbassamento di grado del polinomio che qui non puo mai
accadere) la condizione necessaria e che tutti i coefficienti del polinomio siano dello stesso segno e diversi da zero.
Soluzione Esercizio 15 Utilizzando la trasformata di Laplace, il problema si riduce a studiare la stabilita del polinomio
a2s2 + (1− a2)s− 2a.
Analizziamo separatamente il caso a = 0, in corrispondenza al quale il coefficiente del termine di grado 2 nell’equazionecaratteristica e nullo e quindi l’equazione caratteristica ha grado 1. Questa situazione risulta accettabile dal momento cheil sistema continua a rimanere proprio. Per a = 0 si trova s = 0. Pertanto il sistema non e asintoticamente stabile vistoche le sue radici non sono tutte nel semipiano Re(s) < 0. Per a 6= 0 dobbiamo studiare un polinomio di grado 2 e pertantopossiamo valutare per quali valori di a esso ammette solo radici a parte reale minore di 0 ricorrendo alla regola dei segni diCartesio. Dobbiamo quindi valutare per quali valori di a il polinomio ha tutti i coefficienti di ugual segno. Si nota subito chei coefficienti del polinomio sono tutti positivi se e solo se
−1 < a < 1 e a < 0
15
ovvero−1 < a < 0.
Non e poi possibile che siano tutti negativi dal momento che il coefficiente del termine di secondo grado e a2. Riassumendo,il sistema e asintoticamente stabile se e solo se
a ∈ (−1, 0).
Per quanto riguarda la stabilita BIBO, certamente per tutti i valori del parametro a per cui c’e stabilita asintotica ce purestabilita BIBO. Si tratta di vedere, allora, se esistono valori del parametro a in corrispondenza ai quali abbiamo stabilitaBIBO senza avere la stabilita asintotica. La funzione di trasferimento del sistema e
H(s) =s− 1
a2s2 + (1− a2)s− 2a.
Poiche l’unico zero del polinomio al numeratore e collocato in 1, la situazione descritta si puo verificare se e solo se perqualche valore del parametro a il polinomio al denominatore ha uno zero in 1 e l’altro zero e reale negativo. Osserviamo cheil polinomio al denominatore si annulla in 1 se e solo se
a2s2 + (1− a2)s− 2a|s=1 = a2 + 1− a2 − 2a = 1− 2a.
La precedente equazione di primo grado nell’indeterminata a ha soluzione a = 1/2. Per tale valore di a la funzione ditrasferimento del sistema diventa
H(s) = 4s− 1
s2 + 3s− 4= 4
s− 1
(s− 1)(s+ 4)= 4
1
s+ 4.
Quindi il sistema e BIBO stabile anche per a = 1/2. Concludiamo che il sistema e BIBO stabile se e solo se
a ∈ (−1, 0) ∪ 1/2.
Soluzione Esercizio 16 La prima regola implica che x1 = −αx1x2 − u, mentre la seconda che x2 = αx1x2 − βx2. Laterza implica che x3(t) si ottiene integrando il flusso che esce da x2(t), quindi x3 = βx2 e y = x3. Si ha dunque il modellonon-lineare seguente
x1 = −αx1x2 − ux2 = αx1x2 − βx2x3 = βx2y = x1 + x2.
Per quanto riguarda il secondo quesito, visto che i termini incrociati x1x2 linearizzati e valutati nell’origine non portanocontributo allo Jacobiano, il sistema linearizzato attorno all’origine risulta
x1 = −ux2 = −βx2x3 = βx2y = x1 + x2.
Dalla prima equazione si ha che, se u(t) = δ(t), allora X1(s) = −1/s, ovvero x1(t) = −δ−1(t). Dalla seconda si hasubito che x2(t) = 0 ∀t visto che la condizione iniziale del sistema e’ nulla. Si conclude che la risposta all’impulso equivale ay(t) = x1(t) = −δ−1(t).
Soluzione Esercizio 17 Indicando con x1, x2, x3 l’acqua rispettivamente nel terreno, nel serbatoio di irrigazione ed in quellodi recupero, le equazioni sono del tipo
x1 =1
x1x2 − x1 + u
x2 = − 1
x1x2 + x3
x3 = x1 − x3y = x1 + x2 + x3
che possono essere riscritte in forma pseudo-lineare (nel senso che la matrice F dipende da x) come
x =
−1 1x1
0
0 − 1x1
11 0 −1
x+
100
u, y = [ 1 1 1 ]x.
16
La ricerca dei punti di equilibrio conduce facilmente a
x2 = x21, x3 = x1, x1 = qualsiasi
dei quali l’unico compatibile con y(t) = 15 si ottiene risolvendo x21 + 2x1 = 15, che conduce alle soluzioni x1 = −5 (priva disenso) ed x1 = 3, da cui
xeq = [ 3 9 3 ]T
Soluzione Esercizio 18La discussione sulla stabilita robusta va utilizzata con α = −1, ovvero sostituendo s con z − 1. Si ottiene il polinomio
p(z) = d(z − 1) = z3 + 6z2 + 3z − 26 +K
e la tabella di Routh risulta
3 | 1 3
2 | 6 K − 26
1 | 44−K0 | K − 26
Quindi si hanno zeri in Re(s) < −1 se e solo se 26 < K < 44.
17
Capitolo 2. Sistemi in retroazione
Ex 1. Si consideri il sistema di controllod1(t)
C(s)G(s)
d2(t)
K = 1
r(t) e(t) y(t)
−
Calcolare le funzioni di trasferimento che legano le seguenti coppie di segnali:1. r → y 2. r → e 3. d1 → y4. d1 → e 5. d2 → y 6. d2 → e
Ex 2. Si consideri il sistema di controllo di posizione con retroazione tachimetrica
G(s) = 10s(s+2)
d(t)
H(s) = 1 + αs
r(t) e(t) y(t)
−
Si assuma che il disturbo sia nullo.
• Si determini il valore di α in modo che la risposta a r(t) = δ−1(t) abbia una sovraelongazione massima M del 10%. Siricorda che M = exp(− πr√
1−r2 );
• Calcolare in corrispondenza a tale valore di α l’errore a regime se r(t) = t.
Ex 3. Si consideri il sistema di controllo
W (s) = KKa
s+α
d(t)
Kb
r(t) e(t) y(t)
−
Si assuma retroazione unitaria, ovvero Kb = 1.
• Assumendo assenza di disturbo e ingresso r(t) = δ−1(t), si calcoli il valore di Ka per cui ad una variazione del 10% diK corrisponda una variazione dello 0.1% di y(t) per t→ +∞;
• Si assuma K = α = 1, r(t) = δ−1(t) e d(t) = 0.1δ−1(t). Si calcoli y(t) ad anello chiuso con Ka = 100 e ad anello apertocon Ka = 1.
Ex 4. Si consideri il sistema di controllo di un pacemaker elettronico
W (s) = 6s(s+5)
d(t)
Kb
r(t) e(t) y(t)
−
Si assuma retroazione unitaria, ovvero Kb = 1 e disturbo d nullo. Assumendo che r(t) = δ−1(t) si calcoli l’energia delsegnale di errore e(t), ovvero ∫ +∞
0
e2(t)dt.
18
Ex 5. La funzione di trasferimento a catena chiusa di un sistema in retroazione negativa e unitaria risulta
W (s) =K(s+ z)
s2 + 3s+ 12.
Calcolare valori di K e z tali che l’errore di inseguimento al riferimento r(t) = 0.5t2δ−1(t) sia asintoticamente finito, anchese non nullo.Ex 6. Si consideri il sistema di controllo
W (s) = K(s+1)(s+2)(s+3)
d(t)
Kb
r(t) e(t) y(t)
−
Si assuma retroazione unitaria, ovvero Kb = 1, e disturbo d(t) = δ−1(t). Si determini un valore di K > 0 per cui lacomponente di e(t) dovuta al disturbo abbia a regime ampiezza minima (se il sistema diventa instabile tale ampiezza deveconsiderarsi infinita).Ex 7. Si consideri il sistema di controllo
W (s) = 100K1+10s
d(t)
Kb
r(t) e(t) y(t)
−
Si assuma K = Kb = 1.
1. Sia r(t) = δ−1(t) e d(t) = 0.1δ−1(t). Si determini l’istante tr in cui l’uscita y(t) raggiunge il 90% del suo valore finaley∞.
2. Si assuma r(t) = δ−1(t) e assenza di disturbo. Si calcoli di quanto varierebbe in percentuale il nuovo valore y∞ ottenutosotto queste nuove ipotesi se ci fosse una variazione del 5% di K.
Ex 8. Si consideri il sistema di controllo
W (s) = 1s(s+1)2
d(t)
K
r(t) e(t) y(t)
−
• Si ricavino i valori di K ≥ 0 che assicurano la stabilita del sistema in catena chiusa.
• Si fissi K = 1, r(t) = cos(t)δ−1(t) e d(t) = δ−1(t). Si determini l’uscita y(t) per valori grandi di t.
Ex 9. Si consideri il sistema di controllo
W (s) = 2Ks+2
d(t)
Kb
r(t) e(t) y(t)
−
Si assuma K = Kb = 1 e condizioni iniziali nulle.
19
1. Sia r(t) = δ−1(t− 1) e d(t) = 0.1δ−1(t− 1). Si determini l’istante tr in cui l’uscita y(t) raggiunge il 90% del suo valorefinale y∞.
2. Si assuma ora r(t) = δ−1(t) e assenza di disturbo. Si calcoli di quanto varierebbe in percentuale il nuovo valore y∞ottenuto sotto queste nuove ipotesi se ci fosse una variazione del 5% di K.
Ex 10. Si consideri il sistema di controllo
W (s) = 1s+1
d(t)
K
r(t) e(t) y(t)
−
1. Si assuma K = 1. Sia r(t) = aδ−1(t) + btδ−1(t) e d(t) = c sin(2t) dove a, b, c sono scalari. Si determinino i valori di a, be c tali che la risposta forzata y(t) del sistema in figura dovuta a r(t) e d(t) tenda asintoticamente a diventare costantecon ampiezza 1.
2. Si assuma ora d(t) = 0 e che il sistema in figura sia messo in serie con un secondo sistema avente funzione di trasferimento1
(s+1)2 (l’uscita del sistema in figura diventa quindi l’ingresso del secondo sistema). Mediante il criterio di Routh si
studi la stabilita’ del sistema complessivo al variare di K.
Ex 11. Si consideri il sistema di controllo
W (s) = as2+bs−1(s+1)2(s+2)
d(t)
K
r(t) e(t) y(t)
−
Assumendo sempre disturbo d(t) nullo, si risponda ai seguenti quesiti.
1. Sia a = 0 e b = 1. Mediante il criterio di Routh si studi la stabilita’ del sistema al variare di K.
2. Sia r(t) = (1 + 2 cos(2t) + te−t)δ−1(t). Determinare tutti i valori di a, b e K tali che limt→+∞ y(t) = 4.
Ex 12. Si consideri il sistema di controllo
W (s)
d(t)
K
r(t) e(t) y(t)
−
Assumendo sempre disturbo d(t) nullo e K ∈ R, si risponda ai seguenti quesiti.
1. Sia W (s) = s+2(s+1)2 e r(t) = δ−1(t). Dopo aver ottenuto un valore di K che assicura la convergenza dell’uscita al valore
costante 2, si calcoli y(t).
2. Sia ora K = 1 e W (s) = s+a(s+b)2(s+1) e r(t) = tδ−1(t). Si determinino tutti i valori di a e b che assicurano la stabilita’
del sistema in catena chiusa e il perfetto inseguimento asintotico del riferimento r(t).
Ex 13. Si consideri il sistema di controllo
20 Problem statement
G(s) H(s)d
r y-
K
1. Si assuma G(s) = 1s+1 , H(s) = 1
(s+2)2 e condizioni iniziali nulle. Si calcoli la funzione di trasferimento (Fdt) dal
disturbo d all’uscita y e si determinino tutti i valori di K che la rendono stabile.
2. Sia ora G(s) = 1, H(s) = s2+a(s+2)2 , con condizioni iniziali nulle. Si assuma anche r(t) = δ−1(t) + sin(t) e assenza di
disturbo. Si calcolino i valori di a e K tali che l’uscita y(t) converga alla costante 1 oppure alla costante 1/4.
Ex 14. Si consideri il sistema di controllo
W (s)
d(t)
K
r(t) e(t) y(t)
−
1. Si calcoli la risposta impulsiva del sistema a catena aperta assumendo W (s) = s2+2/3s3−s2+4s−4 .
2. Sia ora K = 1 e W (s) = a(2s2+s+1)sb(s+1)
e r(t) = 12 t
2δ−1(t). Si determinino tutti i valori di a e b che assicurano il perfetto
inseguimento asintotico del riferimento r(t).
21
Soluzione EX 1. Indichiamo con L(s) il prodotto di C(s) per G(s), ovvero
L(s) = C(s)G(s),
una quantita che viene chiamata guadagno di anello. Definiamo anche
S(s) =1
1 + L(s),
una quantita nota come funzione di sensitivita.Possiamo poi ragionare utilizzando la sovrapposizione degli effetti: se ad esempio cerchiamo l’effetto di r sull’uscita, assumi-amo d1 = d2 = 0.
1. r → yUtilizzando la trasformata di Laplace, si hanno le relazioni
Y (s) = L(s)E(s), E(s) = R(s)− Y (s)
da cuiY (s) = L(s)R(s)− L(s)Y (s)
e
Y (s) =L(s)
1 + L(s)R(s).
Quindi la fdt cercata risultaL(s)
1 + L(s).
2. r → eSi ha
E(s) = R(s)− Y (s)
da cui utilizzando il risultato precedente
E(s) = R(s)− L(s)
1 + L(s)R(s) =
1
1 + L(s)R(s).
Quindi la fdt cercata risulta
S(s) =1
1 + L(s).
3. d1 → yOra assumiamo r = d2 = 0. Si ha
Y (s) = L(s)(D1(s)− Y (s))
da cui
Y (s) =L(s)
1 + L(s)D1(s).
Quindi la fdt cercata risultaL(s)
1 + L(s).
4. d1 → eAssumiamo ancora r = d2 = 0. Si ha
E(s) = −Y (s), Y (s) = L(s)(D1(s) + E(s))
da cui−E(s) = L(s)(D1(s) + E(s))
e
E(s) = − L(s)
1 + L(s)D1(s).
Quindi la fdt cercata risulta
− L(s)
1 + L(s).
22
5. d2 → yAssumiamo ora r = d1 = 0. Si ha
Y (s) = D2(s)− Y (s)L(s)
da cui
Y (s) =1
1 + L(s)D2(s).
Quindi la fdt cercata risulta
S(s) =1
1 + L(s).
6. d2 → eAssumiamo ancora r = d1 = 0. Si ha che
E(s) = −Y (s), Y (s) = D2(s)− Y (s)L(s),
da cui
E(s) = − 1
1 + L(s)D2(s).
Quindi la fdt cercata risulta
−S(s) = − 1
1 + L(s).
Soluzione EX 2. La funzione di trasferimento in catena chiusa risulta
W (s) =G(s)
1 +G(s)H(s)=
10
s2 + (2 + 10α)s+ 10,
che puo essere messa in relazione con il sistema del secondo ordine del tipo
W (s) =ω2n
s2 + 2rωns+ ω2n
.
Si deduce subito che
ωn =√
10
(si ricordi che ωn e non negativo per definizione). Per quanto riguarda r, dalle specifiche su M , si ottiene la relazione
M = exp(− πr√1− r2
) = 0.1,
da cui
r = 0.59.
Infine da
s2 + 2rωns+ ω2n = s2 + (2 + 10α)s+ 10,
si ricava
α = 0.17.
Per calcolare l’errore a regime, si noti che nella configurazione proposta l’errore di inseguimento non corrisponde all’erroree(t) (questo e dovuto alla presenza del blocco H(s) diverso da 1 che rende la retroazione non unitaria). Denotiamo quindicon v(t) = r(t) − y(t) l’errore di inseguimento con trasformata di Laplace indicata con V (s). La funzione di trasferimentoche lega R(s) a V (s) chiaramente risulta
Wv(s) = 1− W (s),
poiche
V (s) = R(s)− Y (s) = R(s)− W (s)R(s) = Wv(s)R(s).
Dopo semplici conti si ottiene
R(s) =1
s2
e
Wv(s) =s2 + (2 + 10α)s
s2 + (2 + 10α)s+ 10.
23
Applicando il teorema del valore finale l’errore di inseguimento asintotico v∞ si calcola come descritto sotto:
v∞ = lims→0
sV (s)
= lims→0
ss2 + (2 + 10α)s
s2 + (2 + 10α)s+ 10
1
s2=
2 + 10α
10= 0.37.
Soluzione EX 3. Nota preliminare sulla funzione di sensitivita.In una configurazione a retroazione negativa unitaria come quella proposta nell’esercizio, indichiamo con W (s) la funzione
di trasferimento a catena aperta, che coincide con il guadagno di anello a volte indicato anche con L(s), e con W quella acatena chiusa, ovvero
W (s) =W (s)
1 +W (s).
La relazione che, in funzione di s e della la sensitivita a catena aperta data da
∆W (s)
W (s),
fornisce lo scostamento ∆W (s) a catena chiusa risulta
∆W (s) =1
1 +W (s)
∆W (s)
W (s)W (s).
Si noti che si potrebbe anche compattare la formula sopra mediante la definizione di funzione di sensitivita
S(s) =1
1 +W (s).
Cosa piu importante, si noti che la formula permette anche di calcolare la variazione ∆Y (s) dell’uscita del sistema a catena
chiusa a fronte della perturbazione ∆W (s). Infatti, si ottiene immediatamente che, se l’ingresso e R(s), allora
∆Y (s) =1
1 +W (s)
∆W (s)
W (s)W (s)R(s).
Se indichiamo con ∆y∞ il valore dello scostamento quando t→ +∞ e assumiamo
R(s) =µ
s,
possiamo applicare il teorema del valore finale (se il sistema e stabile) ottenendo
∆y∞ = lims→0
s1
1 +W (s)
∆W (s)
W (s)W (s)
µ
s,
da cui
∆y∞ = µ1
1 +W (0)
∆W (0)
W (0)W (0).
Infine, se non vi e alcuna perturbazione del sistema, sempre applicando il teorema del valore finale, l’uscita asintotica y∞risulta
y∞ = lims→0
sW (s)µ
s= µW (0).
Allora, otteniamo anche∆y∞y∞
=1
1 +W (0)
∆W (0)
W (0)
(si noti che la dipendenza dall’ampiezza µ dell’ingresso r(t) e sparita).
Il primo punto dell’esercizio e ora un’applicazione immediata di quanto illustrato sopra. Otteniamo
S(s) =1
1 +W (s)=
s+ α
s+ α+KaK,
e quindi, visto che∆W (0)
W (0)=
∆K
K= 0.1
24
si ha∆y∞y∞
=1
1 +W (0)
∆W (0)
W (0)=
α
α+KaK0.1.
Imponendo la specifica
0.001 =∆y∞y∞
=1
1 +W (0)
∆W (0)
W (0)=
α
α+KaK0.1,
otteniamo la relazione richesta:Ka = 99
α
K.
Riguardo al secondo punto, in catena chiusa
Y (s) =W (s)
1 +W (s)R(s) +
1
1 +W (s)D(s),
con
W (s) =100
s+ 1.
Si ha quindi
Y (s) =100
s(s+ 101)+
0.1(s+ 1)
s(s+ 101).
Tramite la decomposizione di Heavyside, infine si ottiene
y(t) =100
101(1− exp(−101t)) +
0.1
101(1 + 100 exp(−101t)), t ≥ 0.
A catena aperta, con ora
W (s) =1
s+ 1,
si ha
Y (s) = W (s)R(s) +D(s) =1
s(s+ 1)+
0.1
s.
La soluzione nel tempo risultay(t) = 1− exp(−t) + 0.1, t ≥ 0.
Soluzione EX 4. La funzione di trasferimento che lega R(s) ad E(s) risulta pari a
1− W (s) = 1− W (s)
1 +W (s)=
s(s+ 5)
s2 + 5s+ 6.
Poiche
R(s) =1
s,
otteniamo
E(s) =s+ 5
s2 + 5s+ 6.
Sfruttando la decomposizione di Heavyside, otteniamo anche
E(s) =3
s+ 2− 2
s+ 3,
da cuie(t) = 3 exp(−2t)− 2 exp(−3t), t ≥ 0
ee2(t) = 9 exp(−4t) + 4 exp(−6t)− 12 exp(−5t), t ≥ 0.
Calcoli integrali elementari ora forniscono ∫ +∞
0
e2(t)dt =9
4+
2
3− 12
5=
31
60.
Soluzione EX 5. Nota preliminare sul principio del modello internoData la funzione di trasferimento a catena aperta W (s), o piu in generale data una qualsiasi funzione razionale propria W (s),diremo che essa e in forma di Bode se viene espressa come
W (s) =µ
sg
∏i(1 + sTi)∏i(1 + sTi)
∏i(1 + 2sri/ωi + s2/ω2
i )∏i(1 + 2sri/ωi + s2/ω2
i )
25
dove µ e detto guadagno statico mentre l’intero positivo g (possibilmente pari a zero) viene chiamato il tipo del sistema. Sinoti che per valori di s vicini a zero si ha
W (s) ≈ µ
sg.
Si consideri ora la configurazione a retroazione negativa unitaria proposta nell’esercizio assumendo una piu vasta classe classedi riferimenti r(t) aventi come trasformata di Laplace
R(s) =1
si, i = 1, 2, . . .
Si noti ad esempio che r(t) = δ−1(t) per i = 1, r(t) = tδ−1(t) per i = 2 e r(t) = 0.5t2δ−1(t) per i = 3.La trasformata di Laplace dell’errore di inseguimento e(t) risulta
E(s) =1
1 +W (s)R(s) =
1
1 +W (s)
1
si.
Sfruttando il teorema del valore finale e l’approssimazione attorno allo zero W (s) ≈ µsg , abbiamo
e∞ = lims→0
s
1 +W (s)
1
si= lims→0
1
µsi−1−g + si−1.
Analizziamo qualche caso. Si ha
e∞ =1
µ+ 1se i = 1 e g = 0,
e∞ =1
µse i ≥ 2 e g = i− 1
e
e∞ = 0 se g ≥ i.
Quest’ultima equazione definisce il principio del modello interno che asserisce che la funzione di trasferimento a catenaaperta W (s) deve contenere la parte instabile del segnale che si vuole inseguire per avere inseguimento asintotico perfetto.Ad esempio, se R(s) = 1/s2, allora W (s) deve avere almeno un polo doppio nell’origine (tipo g = 2) affinche e∞ sia nullo.La situazione e anche riassunta nella tabella sotto che riporta gli errori e∞ in funzione dell’ingresso R(s) e il tipo g.
R(s) = 1/s 1/s2 1/s3
g = 0 1µ+1 ∞ ∞
g = 1 0 1µ ∞
g = 2 0 0 1µ
Sfrutteremo quindi il principio del modello interno che, in una configurazione a retroazione negativa unitaria, abbiamovisto collegare l’ordine g del polo in zero della funzione di trasferimento W (s) a catena aperta con l’errore di inseguimentoasintotico e(t) = r(t)− y(t). A tale scopo, poiche la funzione di trasferimento a catena chiusa e
W (s) =W (s)
1 +W (s),
otteniamo
W (s) =K(s+ z)
s2 + (3−K)s+ (12−Kz).
Si noti poi che
R(s) =1
s3.
Dalla teoria, e noto allora che se W (s) ha un polo di ordine almeno g = 3 in zero, l’errore di inseguimento e∞ e nullo. Se g = 2,esso risulta invece diverso da zero ma non divergente. L’esercizio richiede proprio di imporre quest’ultima configurazione. Eimmediato notare allora che, scegliendo
K = 3, z = 4,
si ottiene
W (s) =3(s+ 4)
s2=
12(1 + s/4)
s2.
26
Si noti che questa funzione di trasferimento e quindi associata a µ = 12 e g = 2. Dalla tabella riportata sopra si ottienee∞ = 1/µ = 1/12. Ad ulteriore verifica, si noti che la funzione di trasferimento da R(s) a E(s) con K = 3 e z = 4 risulta
1− W (s) =1
1 +W (s)=
s2
s2 + 3s+ 12.
Usando il teorema del valore finale, si ottiene
e∞ = lims→0
ss2
s2 + 3s+ 12
1
s3=
1
12.
Soluzione EX 6. La funzione di trasferimento che lega il disturbo D(s) a E(s) risulta
− 1
1 +W (s)= − (s+ 1)(s+ 2)(s+ 3)
(s+ 1)(s+ 2)(s+ 3) +K.
Se il sistema e stabile, visto che che D(s) = 1/s, l’errore a regime si ottiene come
e∞ = lims→0−s 1
1 +W (s)
1
s,
da cui
e∞ = lims→0− (s+ 1)(s+ 2)(s+ 3)
(s+ 1)(s+ 2)(s+ 3) +K= − 6
6 +K.
La soluzione e quindi il piu grande K tale che il sistema risulti stabile. Il polinomio che determina la stabilita della funzionedi trasferimento a catena chiusa (e anche della funzione di trasferimento che lega il disturbo D(s) a E(s)) e
(s+ 1)(s+ 2)(s+ 3) +K.
Applicando il criterio di Routh otteniamo la tabella
3 | 1 11
2 | 6 6 +K
1 | 60−K6
0 | 6 +K
Si ha stabilita per K < 60. Si noti quindi che non esiste un valore ottimo per K, nel senso che e preferibile prendere unvalore il piu prossimo possibile a 60.Nota: tale misura di ottimalita fa riferimento unicamente a una prestazione statica, ovvero al fatto che se K tende a60 l’errore a regime diventera sempre piu piccolo. Comunque, una scelta di K prossimo a 60 puo portare a dinamicheassolutamente insoddisfacenti poiche il sistema tende a diventare instabile: intuitivamente, il riferimento sara raggiuntosempre piu lentamente al crescere di K, favorendo anche l’insorgenza di oscillazioni.
Soluzione EX 7. La funzione di trasferimento in catena chiusa risulta
W (s) =W (s)
1 +W (s)=
100
10s+ 101=
10
s+ 10.1.
La funzione di sensitivita risulta invece
S(s) =1
1 +W (s)=
10s+ 1
10s+ 101=
s+ 0.1
s+ 10.1.
Si ha alloraY (s) = W (s)R(s) + S(s)D(s),
da cui
Y (s) =10
s(s+ 10.1)+ 0.1
s+ 0.1
s(s+ 10.1)= 0.1
s+ 100.1
s(s+ 10.1).
Con Heavyside si ottiene poi
Y (s) =0.9911
s− 0.891
s+ 10.1,
da cuiy(t) = 0.9911δ−1(t)− 0.891 exp(−10.1t), t ≥ 0.
27
Si ha
y∞ = lims→0
sY (s) =100.1
101= 0.9911.
e0.9y∞ = 0.892.
Il sistema y(tr) = 0.892, ovvero0.9911− 0.891 exp(−10.1tr) = 0.892,
fornisce poi il valoretr ≈ 0.21.
Per quanto riguarda il secondo punto, si ha
∆y∞y∞
=1
1 +W (0)
∆W (0)
W (0)= S(0)
∆K
K=
1
101
5
100= 0.0495%.
Soluzione EX 8. La funzione di trasferimento in catena chiusa risulta
W (s) =W (s)
1 +KW (s)=
1
s3 + 2s2 + s+K.
Applichiamo quindi il criterio di Routh al polinomio s3 + 2s2 + s+K. Si ottiene la tabella
3 | 1 1
2 | 2 K
1 | 2−K0 | K
Per K = 0 una riga della tabella si annulla e dunque non vi e stabilita (si noti che sotto tale ipotesi si lavora a catena apertae in effetti W (s) ha un polo in 0). Per K = 2 di nuovo una riga della tabella si annulla e quindi non vi e stabilita. Si concludeche il sistema e stabile solo se tutti gli elementi della prima colonna sono strettamente positivi e quindi per 0 < K < 2.
Per K = 1 il sistema e stabile. La funzione di sensitivita risulta
S(s) =1
1 +W (s)=
s(s+ 1)2
s3 + 2s2 + s+ 1.
La parte dell’uscita dovuta al disturbo nel dominio di Laplace risulta
Y1(s) = S(s)D(s) =(s+ 1)2
(s3 + 2s2 + s+ 1),
e, applicando il teorema del valore finale, si ha
y1,∞ = lims→0
sY1(s) = lims→0
S(s) = 0.
La parte dell’uscita dovuta all’ingresso, per grandi valori di t, si trova applicando il teorema della risposta in frequenza. Siha
W (s) =1
s3 + 2s2 + s+ 1
e serve valutare modulo e fase per s = jω con ω = 1. Si ha
W (1) =1
j3 + 2j2 + j + 1=
1
−j − 2 + j + 1= −1.
Quindi, per grandi valori di t, l’uscita dovuta al disturbo e all’ingresso cosinusoidale risulta
y(t) ≈ cos(t+ π) = cos(t− π).
Soluzione EX 9. Possiamo inizialmente lavorare pensando che l’origine dei tempi sia traslata in t = 1. La funzione ditrasferimento in catena chiusa risulta
W (s) =W (s)
1 +W (s)=
2K
s+ 2 + 2K
La funzione di sensitivita risulta invece
S(s) =1
1 +W (s)=
s+ 2
s+ 2 + 2K
28
Si ha alloraY (s) = W (s)R(s) + S(s)D(s),
da cui, usando K = 1,
Y (s) =2
s(s+ 4)+ 0.1
s+ 2
s(s+ 4)= 0.1
s+ 22
s(s+ 4).
Con Heavyside si ottiene poi
Y (s) =0.55
s− 0.45
s+ 4,
da cuiy(t) = 0.55δ−1(t)− 0.45 exp(−4t), t ≥ 0.
Si hay∞ = lim
s→0sY (s) = 0.55
e0.9y∞ = 0.495.
Il sistema y(t′r) = 0.495, ovvero0.55− 0.45 exp(−4t′r) = 0.495,
fornisce poi il valore t′r ≈ 0.52. Considerando la traslazione dei tempi, il valore richiesto risulta quindi
tr ≈ 1.52.
Per quanto riguarda il secondo punto, si ha
∆y∞y∞
=1
1 +W (0)
∆W (0)
W (0)= S(0)
∆K
K=
1
2
5
100= 2.5%.
Soluzione EX 10. La funzione di trasferimento in catena chiusa risulta
W (s) =W (s)
1 +W (s)=
1
s+ 2
Per quanto concerne il contributo di r(t) all’uscita, si ha
limt→+∞
y(t) = lims→0
s
s+ 2
(a
s+
b
s2
)da cui risulta chiaro che deve essere
a = 2, b = 0.
Per quanto riguarda il contributo di d(t) all’uscita, la funzione di trasferimento che lega il disturbo all’uscita risulta
S(s) =1
1 +W (s)=s+ 1
s+ 2.
Visto che S(s) non ha zeri sull’asse immaginario, dal teorema in frequenza si ottiene che deve essere c = 0: ogni altro valoreporterebbe un contributo all’uscita sinusoidale.
Riguardo al secondo punto, la fdt da studiare risulta
1
s+ 1 +K
1
(s+ 1)2=
1
(s+ 1 +K)(s2 + 2s+ 1)=
1
s3 + (K + 3)s2 + (2K + 3)s+K + 1.
Applichiamo quindi il criterio di Routh al polinomio s3 + (K + 3)s2 + (2K + 3)s+K + 1. Si ottiene la tabella
3 | 1 2K + 3
2 | K + 3 K + 1
1 | 2K2 + 8K + 8
K + 30 | K + 1
Visto che 2K2 + 8K + 9 > 0 ∀K, deve essere K + 3 > 0 e K + 1 > 0. Si conclude facilmente che il sistema e stabile solo perK > −1.
29
Soluzione EX 11. La funzione di trasferimento in catena chiusa risulta
W (s) =W (s)
1 +W (s)=
s− 1
(s2 + 2s+ 1)(s+ 2) +K(s− 1)=
s− 1
s3 + 4s2 + (K + 5)s+ 2−K.
Applichiamo allora il criterio di Routh al polinomio s3 + 4s2 + (K + 5)s+ 2−K, ottenendo la tabella
3 | 1 K + 5
2 | 4 2−K1 | 5K + 18
0 | 2−K
Si conclude facilmente che il sistema e stabile solo se − 185 < K < 2.
Per quanto concerne il secondo quesito, il sistema da considerare risulta
W (s) =W (s)
1 +W (s)=
as2 + bs− 1
s3 + s2(4 + aK) + s(Kb+ 5) + 2−K.
Risulta chiaro che la parte dell’ingresso sinusoidale non dara’ contributo asintoticamente solo se W (s) avra’ un zero sull’asseimmaginario pari a j2. Dovra’ dunque essere
as2 + bs− 1 ∝ s2 + 4,
da cui a = −1/4 e b = 0. Ora l’uscita puo’ essere influenzata asintoticamente solo dalla parte del segnale di ingresso datada te−tδ−1(t) + δ−1(t) la cui Laplace trasformata risulta R2(s) = 1/(s + 1)2 + 1/s. Per il teorema del valore finale, per Kassociati a sistemi stabili,
limt→+∞
y(t) = lims→0
sW (s)R2(s) =1
K − 2,
un risultato che non dipende dai valori di a, b ricavati nel punto precedente. Risulta K = 9/4, ma va verificato che tale valoresia compatibile con la stabilita’. Se a = −1/4, b = 0,K = 9/4, il denominatore della funzione di trasferimento risulta
s3 +55
16s2 + 5s− 1
4
e non puo’ esservi stabilita’ visto che non tutti i segni dei coefficienti del polinomio sono concordi e non vi sono cancellazionicol numeratore. Non vi sono quindi terne a, b,K che soddisfano il vincolo asintotico.Soluzione EX 12. La funzione di trasferimento in catena chiusa risulta
W (s) =W (s)
1 +W (s)=
s+ 2
(s+ 1)2 +K(s+ 2)=
s+ 2
s2 + (K + 2)s+ 2K + 1.
Per la convergenza richiesta il sistema dovra’ essere stabile con K anche tale che
limt→+∞
y(t) = lims→0
sY (s) =s+ 2
s2 + (K + 2)s+ 2K + 1=
2
2K + 1.
Risulta K = 0, ovvero il sistema deve lavorare a catena aperta. L’uscita risulta quindi
Y (s) =s+ 2
s(s+ 1)2=A
s+
B
s+ 1+
C
(s+ 1)2.
Dopo semplici calcoli si ottiene il sistema A(s2 + 2s+ 1) +Bs(s+ 1) +Cs = s+ 2 da cui A = 2, B = −2, C = −1. La rispostaal quesito risulta allora
y(t) = (2− 2e−t + te−t)δ−1(t).
Per il principio del modello interno, poiche’ R(s) = 1/s2, otteniamo subito che deve essere b = 0 e a 6= 0. Si tratta ora distudiare la stabilita’ della funzione di trasferimento in catena chiusa data da
W (s) =W (s)
1 +W (s)=
s+ a
s+ a+ s3 + s2
al variare di a. Applichiamo quindi il criterio di Routh al polinomio s3 + s2 + s+ a, ottenendo la tabella
3 | 1 1
2 | 1 a
1 | 1− a0 | a
30
Si conclude facilmente che il sistema e stabile solo se 0 < a < 1. La risposta al quesito dunque e’
0 < a < 1, b = 0.
Soluzione EX 13. Riguardo al primo punto, si ha
Y (s) =1
(s+ 2)2D(s)− K
(s+ 1)(s+ 2)2Y (s)
da cui
Y (s) =s+ 1
(s+ 1)(s+ 2)2 +KD(s) =
s+ 1
s3 + 5s2 + 8s+ 4 +KD(s).
Applichiamo quindi il criterio di Routh al polinomio s3 + 5s2 + 8s+ 4 +K, ottenendo la tabella
3 | 1 8
2 | 5 4 +K
1 | 36−K0 | 4 +K
Si conclude facilmente che il sistema e stabile solo se −4 < K < 36.
Riguardo al secondo punto, si haY (s) = W (s)R(s),
dove
W (s) =H(s)
1 +KH(s)=
s2 + a
(s+ 2)2 +K(s2 + a).
Per eliminare l’effetto dell’ingresso sinusoidale, e’ necessario che W (s) si annulli per s = j. Si deve quindi avere a = 1. Dalteorema del valore finale si ha inoltre
y+∞ = lims→0
sY (s) = lims→0
sW (s)R(s) = lims→0
W (s) =1
4 +K,
da cui K = −3 se si vuole convergenza ad 1. Si deve pero’ ora verificare se si ha stabilita’ per tale valore di K. Il denominatoredella W (s) risulta −2s2 + 4s+ 1, quindi per Cartesio non vi e’ stabilita’. La soluzione trovata non e’ quindi valida. Per avereconvergenza ad 1/4 si puo’ invece scegliere K = 0. Il sistema lavora a catena aperta ed e’ chiaramente stabile (polo doppioin -2). La soluzione alla seconda domanda risulta quindi la coppia (a = 1,K = 0).Soluzione EX 14. Riguardo al primo punto, si ha
Y (s) =s2 + 2/3
s3 − s2 + 4s− 4=
s2 + 2/3
(s− 1)(s2 + 4)=
A
s− 1+Bs+ C
s2 + 4.
Deve esseres2 + 2/3 = A(s2 + 4) + (Bs+ C)(s− 1) = (A+B)s2 + (C −B)s+ 4A− C,
da cui si ottiene B = C,A+B = 1, 4A− C = 2/3. Risolvendo il semplice sistema, si ha A = 1/3, B = C = 2/3 e quindi
Y (s) =1
3
1
s− 1+
2
3
s
s2 + 4+
1
3
2
s2 + 4.
La risposta all’impulso risulta allora
y(t) =1
3et +
2
3cos(2t) +
1
3sin(2t), t ≥ 0.
Per il principio del modello interno, poiche’ R(s) = 1/s3, otteniamo subito che deve essere b = 3 e anche a 6= 0 (per a = 0l’uscita y risulta identicamente nulla). Si tratta ora pero’ di studiare la stabilita’ della funzione di trasferimento in catenachiusa data da
W (s) =W (s)
1 +W (s)=
a(2s2 + s+ 1)
s4 + s3 + 2as2 + as+ a
al variare di a. Applichiamo quindi il criterio di Routh al polinomio s4 + s3 + 2as2 + as+ a, ottenendo la tabella
4 | 1 2a a
3 | 1 a
2 | a a
1 | a− 1
0 | a
31
Si conclude facilmente che il sistema e stabile solo se a > 1. La risposta al quesito e’ dunque
a > 1, b = 3.
