Manualetto di Controlli Automatici L-A (prima edizione)
Ingegnere Pazzo http://ingegnerepazzo.wordpress.com/
24 dicembre 2008
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Indice 1 I diagrammi di Bode 1.1 Un colpo d'occhio alla funzione di trasferimento . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Manipoliamo la funzione di trasferimento e troviamo i parametri importanti 1.3 Diagramma delle ampiezze asintotico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Guadagno statico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Diagramma delle ampiezze reale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Diagramma delle fasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Diagramma delle fasi reale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Qualche ragguaglio su zeri, poli ed altre amenità . . . . . . . . . . . . . . .
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5 5 6 7 9 11 11 13 14
2 I diagrammi polari e i luoghi delle radici 2.1 Una piccola precisazione (non abbiamo manco iniziato e già una precisazione?) 2.2 Le vere regole per il tracciamento dei diagrammi polari . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Comportamento per ω → 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Comportamento per ω piccole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Comportamento per ω → ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.4 Rotazione complessiva del diagramma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.5 Un esempietto giusto per chiarire le idee . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.6 Caso particolare: diagramma simmetrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Criterio di Routh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Regole per il tracciamento del luogo delle radici . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Premessa importante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Esempi per sottolineare l'importanza della forma fattorizzata . . . . . . 2.4.3 Le regole, quelle u ciali ( nalmente!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.4 Esempio chiari catore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.5 Tabelle di Routh e luogo delle radici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Qualche osservazione che può tornare utile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 L'importanza dei punti di emergenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2 La NON importanza dei punti di emergenza (viva la coerenza) . . . . .
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17 17 19 19 20 20 20 21 24 24 26 26 27 28 29 30 33 33 35
3 Il criterio di Nyquist e la questione della stabilità 3.1 Diagramma e criterio di Nyquist . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Poli tutti stabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Funzione non asintoticamente stabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3 Funzione non asintoticamente stabile e poli immaginari . . . . . . . . . . . . . 3.2 Formulazione generale del criterio di Nyquist e altro esempio di stabilità condizionata 3.3 Stabilità e luogo delle radici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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37 37 38 39 41 42 43
4 Errori a regime 4.1 Retroazione unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Esempio 1 (tratto dal compito del 3 aprile 2008 4.1.2 Esempio 2 (dal compito del 18 luglio 2007) . . 4.2 Retroazione non unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Esempio (dal compito del 19 giugno 2008) . . . 4.3 Il principio del modello interno . . . . . . . . . . . . .
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45 45 45 46 46 47 47
3
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4
INDICE
Capitolo 1
I diagrammi di Bode 1.1
Un colpo d'occhio alla funzione di trasferimento
Generalmente, il primo esercizio col quale abbiamo a che fare richiede il tracciamento dei diagrammi di Bode delle ampiezze e delle fasi nella loro versione asintotica e reale. Il punto di partenza è sempre una funzione di trasferimento in s, ad esempio1 s + 10 (1.1) G (s) = 2 s +s+1
La prima cosa da fare è capire quanti poli e quanti zeri ci sono, che valore hanno e quali sono le relative pulsazioni di taglio. I poli sono i termini che annullano il denominatore, gli zeri quelli che annullano il numeratore; se consideriamo l'esempio 1.1 abbiamo uno zero, z1 = −10
e due poli complessi coniugati ricavabili risolvendo l'equazione di secondo grado presente al denominatore p1,2 =
−1 ±
√
1−4
2
=
−1 ± 3j 2
In altre situazioni potremmo avere uno zero doppio o un polo doppio: consideriamo infatti la funzione2 s2 − 1 G (s) = 2 2 s (s + 25)
(1.2)
Qui abbiamo: • un polo doppio nell'origine costituito dal termine
1 . La ragione della dicitura nell'origine sta nel s2
fatto che tale termine ha pulsazione di taglio nulla e quindi si troverebbe nell'origine in un ipotetico 1 (ma inesistente) diagramma di Bode a scala lineare3 : in generale tutte le s `isolate' (ad esempio 2 , s
1 , s, s2 , etc. . . ) costituiscono termini cosiddetti nell'origine ; s • due poli complessi coniugati puramente immaginari a ±5j ; • una coppia di zeri in −1 e 1.
Si noti che il grado del numeratore è sempre minore o al limite pari al grado del denominatore4 . Chiaro è che potrebbe rivelarsi utile, ai ni della risoluzione dell'esercizio, il fattorizzare un termine di grado (relativamente) alto in più termini di grado minore, ad esempio s3 + s2 + 4s = s s2 + s + 4
In questo modo mettiamo in evidenza il termine a pulsazione nulla s e otteniamo un'equazione di secondo grado facilmente risolvibile. Nella funzione di trasferimento potrebbe essere già presente e ben visibile il cosiddetto termine di guadagno statico, il quale altro non è se non un coe ciente moltiplicativo presente al numeratore della G(s). Esempi: 1 Dal compito del 19 giugno 2007. 2 Dal compito del 14 dicembre 2005. 3 I diagrammi di Bode sono invece in scala logaritmica. 4 Per cui c'è sempre almeno un polo, ma potrebbe non esserci
5
alcun zero.
6
CAPITOLO 1.
4
I DIAGRAMMI DI BODE
s s+1
Guadagno statico = 4 (in bella vista) 1 1 2( s + 1)(s2 + s + 1) 2 1 Guadagno statico = (si noti il denominatore) 2
Si noti che, in questi esempi, tutti i termini al numeratore e al denominatore sono nella forma (1.3) Come vedremo nel prossimo paragrafo, infatti, se il termine noto non è pari a +1 non possiamo individuare il guadagno statico così a colpo d'occhio ma dobbiamo fare delle operazioni preliminari come viene illustrato nel prossimo paragrafo. a2 s + bs + 1
1.2
Manipoliamo la funzione di trasferimento e troviamo i parametri importanti
Prima di fare considerazioni più avanzate, è opportuno porre la funzione di trasferimento in una forma più fruibile. Anzitutto facciamo in modo che tutti i termini elementari compaiano nella forma indicata nell'equazione 1.3. Per farlo potrebbe essere necessario moltiplicare o dividere per un coe ciente (s + 2) → 2 | {z } | NO!
1 s+1 2 {z } OK!
(s − 1) → −1 (−s + 1) | {z } | {z } NO!
OK!
2
|
2s + 5s + 3 → 3 {z } | NO!
2 2 5 s + s+1 3 4 {z } OK!
Una volta compiuto tale procedimento per tutti i termini elementari, le varie costanti moltiplicative andranno tutte a riversarsi su quello che alla ne sarà il vero guadagno statico K . Esempio:5 −1 · −s2 + 1 s2 − 1 1 −s2 + 1 =− = G (s) = 2 2 1 2 s (s + 25) 25 2 1 2 25s2 s +1 s s +1 25 25
(1.4)
1 Come si nota il guadagno statico (cioè K ) è pari a − 25 . Ma l'aver faticato per ottenere la funzione di trasferimento in tale forma ha altri bene ci oltre a quello di mettere ben in mostra la quantità K : quando dovremo infatti, per i termini elementari di secondo grado (corrispondenti a quantità complesse e coniugate), trovare la pulsazione di taglio 1 ωn = √ (1.5)
a
e il termine δ , detto coe ciente di smorzamento, δ=
ωn b 2
(1.6)
ci toccherà usare i parametri a e b presenti nella forma 1.3. Detto questo, siamo pronti a trovare le pulsazioni di taglio: per i termini di primo grado è facile, basta calcolare direttamente il valore del polo e fare il modulo. Esempio: 1 1s+2 1 2s + 1 G (s) = = 5s+4 10 1 s+1 4
(1.7)
Pulsazione dello zero: 2 rad/s Pulsazione del polo: 4 rad/s Guadagno statico: 1/10 Per i termini complessi e coniugati, invece, basta usare la tanto comoda formula 1.5. Il termine δ , invece, è utile per: • capire se la coppia di poli (o di zeri) c.c. è stabile (δ > 0) o no (δ < 0)6 ; • per capire se c'è un picco di risonanza (v. paragrafo 1.3). 5 Dal compito del 14 dicembre 2005. 6 In tal caso, come vedremo, i poli si
comporteranno come gli zeri e viceversa per quanto riguarda le fasi, v. paragrafo 1.5.
1.3.
1.3
7
DIAGRAMMA DELLE AMPIEZZE ASINTOTICO
Diagramma delle ampiezze asintotico
Ora che abbiamo trovato i parametri più importanti siamo pronti a compilare il diagramma delle ampiezze asintotico. I termini elementari in cui può essere suddivisa la funzione di trasferimento possono essere riassunti nella tabella7 1.1. Ampiezza
Fase
Polo nell'origine
−20 dB/dec
Zero nell'origine
+20 dB/dec
Polo semplice
−20 dB/dec
π − (iniziali) 2 π (iniziali) 2 π 0 → − (se Re ≥ 0) 2 π (se Re < 0) 2 π 0 → (se Re ≥ 0) 2
0→ +20 dB/dec
Zero semplice
π (se Re < 0) 2 0 → π (se δ > 0)
0→− −40 dB/dec
Poli c.c.
1 2
+ picco se 0 ≤ δ < √ 40 dB/dec
Zeri c.c.
0 → −π (se δ > 0) 1 2
+ picco se 0 ≤ δ < √
Tabella 1.1:
0 → −π (se δ < 0)
0 → π (se δ < 0)
Schema riassuntivo del comportamento dei poli e degli zeri.
Ogni contributo, per quanto riguarda le ampiezze, entra in gioco quando sopraggiunge la relativa pulsazione di taglio. La cosa simpatica dell'uso del diagramma di Bode è che, essendo tale rappresentazione di tipo logaritmico, il gra co complessivo può essere ottenuto semplicemente sommando il contributo ogni termine elementare. Un breve riassunto gra co riguardante tali termini elementari può essere trovato in gura 1.1 Esempio8 : s+2 G (s) = = s (s2 + 4s + 6)
1 1 2· s+1 s+1 1 2 2 = 1 2 2 1 2 2 3 6·s s + s+1 s s + s+1 6 3 6 3
Com'è evidente, abbiamo: • uno zero z1 = −2; √ • tre poli: uno reale (nell'origine), che chiamiamo p0 e due complessi coniugati p2,3 − 2 ± j 2.
Le relative pulsazioni di taglio sono: • ωz 1 = 2 rad/s per l'unico zero; 1 • ωp2,3 = r 7 Includeremo 8 Dal compito
1 6
=
√
6∼ = 2, 45 per i poli complessi e coniugati;
anche la parte riguardante le fasi che però esamineremo compiutamente solo nel capitolo 1.5. del 25 luglio 2006.
8
CAPITOLO 1.
Figura 1.1:
I DIAGRAMMI DI BODE
Carrellata di diagrammi di Bode delle ampiezze (termini elementari).
• il polo reale p0 , come abbiamo già detto, si trova nell'origine. ω 2 Per i poli complessi coniugati si ha, inoltre, δ = p2,3 = 0, 817 (poli stabili). 2 3
Andando in ordine di `comparsa', dalla pulsazione più piccola a quella più grande, troviamo il polo nell'origine, lo zero e in ne i poli complessi coniugati. Se analizziamo singolarmente i vari termini G (s) =
1 1 · s+1 1 2 2 2 s + s+1 | {z } 3 guadagno statico polo origine | 6 zero {z } 1 3 |{z}
·
1 s |{z}
·
(1.8)
coppia di poli c.c.
otteniamo il diagramma di Bode in quattro e quattr'otto. Infatti: • diagramma del guadagno statico: retta parallela all'asse delle ascisse alla `quota' 20 log10
1 = −9.542; 3
• diagramma del polo dell'origine: retta a pendenza -20 dB/dec passante per l'origine (che si trova 1
rad/s);
• diagramma dello zero semplice: costante e pari a 0 dB no alla pulsazione di taglio (2 rad/s). Dopodiché
fornisce una pendenza di +20 dB/dec;
1.3.
DIAGRAMMA DELLE AMPIEZZE ASINTOTICO
Figura 1.2:
9
Esempio di composizione di gra ci (compito del 25 luglio 2006)
• diagramma dei poli complessi coniugati: costante e pari a 0 dB no alla pulsazione di taglio (2,45
rad/s). Dopodiché fornisce una pendenza di -40 dB/dec.
Sommando insieme tutti questi contributi (dobbiamo immaginare di `sovrapporre' fra loro i gra ci dei contributi elementari, come viene indicato nella gura 1.2) otteniamo la seguente descrizione per il diagramma delle ampiezze asintotico: col fatto che ci troviamo un polo nell'origine, partiamo subito con una pendenza di -20 dB/dec; giusto per ssare riferimento possiamo calcolare l'ordinata corrispondente al punto ω (dB) un 1 = −9, 54 dB. Arriviamo quindi all'unico zero (pulsazione di 2 rad/s, 3ω ω=1 valore raggiunto: −9, 54 dB − 20 · log10 (2) = −15, 56 dB), che dà un contributo di +20 dB/dec, tale da
= 0, che è pari a 20 log10
portarci ad una pendenza nulla. Rimaniamo belli paci ci e costanti no a 2,45 rad/s, dove sopraggiunge la coppia di poli che ci porta a -40 dB/dec di pendenza.
1.3.1 Guadagno statico Approfondiamo brevemente la questione del guadagno statico K : il suo contributo consiste in un innalzamento (o abbassamento) della quota del gra co di 20 log10 K dB. Se non vi sono né poli né zeri nell'origine, il contributo del guadagno statico ssa la quota alla quale il gra co `parte' (dalla frequenza nulla). In caso contrario il contributo nell'origine ssa n dalla pulsazione nulla una pendenza di partenza e quindi, per il calcolo, conviene trovare anzitutto i primi punti del gra co senza tenere conto di K e aggiungere quest'ultimo solo successivamente. Esempio9 : √ √ s2 + 2s + 1 s2 + 2s + 1 = 10 G (s) = s (s + 0, 1) s (10s + 1)
Abbiamo: 9 Versione
`modi cata' del testo del compito del 10 gennaio 2008 (gruppo 2).
(1.9)
10
CAPITOLO 1.
I DIAGRAMMI DI BODE
• un contributo di guadagno statico pari a 20 log10 10 = 20 dB; • un polo semplice p1 = −
1 alla pulsazione 0,1 rad/s ; 10
• un polo nell'origine; • due zeri complessi e coniugati: p1,2
1 rad/s; termine δ =
√ √ √ √ − 2± 2−4 − 2 ± 2i −1 ± i = = = √ . Pulsazione di taglio: 2 2 2
1√ 1 2 = √ = 0, 7071 (nessun picco di risonanza). 2 2
Se non sussistessero né il polo nell'origine né il guadagno statico avremmo, a frequenze `basse', il solo contributo del polo locato a 0,1 rad/s: il gra co delle ampiezze rimarrebbe inizialmente costante a 0 dB e inizierebbe a calare con una pendenza di -20 dB/dec a partire dalla pulsazione di taglio (0,1 rad/s, appunto). Aggiungendo l'apporto del polo nell'origine10 , l'eetto netto è quello che si ottiene `inchiodando' il gra co presso l'ascissa corrispondente l'origine11 e aggiungendo a tutti i punti del diagramma i -20 dB/dec di tale contributo. A questo punto avremmo un valore d'ampiezza di -20 dB nell'origine, un valore pari a +20 dB in 0,1 rad/sec (abbiamo percorso una decade indietro quindi dobbiamo salire di una quantità pari a 40 dB, corrispondente all'apporto del polo semplice e del polo nell'origine). Se in ne aggiungiamo il guadagno statico non è di cile convincersi del fatto che il gra co risultante interseca l'origine del diagramma logaritmico, punto corrispondente alla pulsazione di 1 rad/s (= 0 dB) e all'ampiezza di 0 dB. Abbiamo perciò: • un valore di ampiezza pari a 0 dB dell'origine; • (andando verso sinistra, quindi verso ω → 0): una pendenza di +40 dB/dec (polo semplice + polo
nell'origine) che ci porta a +40 dB in 0,1 rad/s;
• (andando ulteriormente verso sinistra): una pendenza di +20 dB/dec (apporto del solo polo semplice).
Nel disegnare il gra co (sia quello asintotico che quello reale) può in ne essere decisamente utile calcolare una serie di coordinate intermedie come, per esempio, quelle presso le quali si ha un cambio di pendenza. Finché si sale o si scende di una decade tutto è facile e immediato (dire che la pendenza è costante per tutto il gra co e pari a k dB/dec signi ca asserire che l'ampiezza subisce una variazione esattamente pari a k dB tra 10n rad/s a 10n+1 rad/s, qualsiasi sia n); questo caso particolare accade però assai di rado: quando le distanze sono diverse (99% dei casi) si usa la seguente formula per calcolare la variazione di ampiezza: ∆ampiezza = pendenzadB · (log10 ω ne − log10 ωinizio )
10 Come
(1.10)
abbiamo detto, la comodità del diagramma di Bode sta nel fatto che, in virtù delle proprietà dei logaritmi, è possibile aggiungere algebricamente e in maniera elementare ogni apporto, cioè ogni termine elementare, in cui andiamo a scindere la funzione di trasferimento G(s). 11 Anche il polo 1/s sarebbe passato per l'origine del diagramma logaritmico.
1.4.
1.4
11
DIAGRAMMA DELLE AMPIEZZE REALE
Diagramma delle ampiezze reale
Come ha mostrato il paragrafo 1.3, il diagramma delle ampiezze asintotico (detto anche diagramma delle spezzate ) è facile da trovare ma costituisce un'approssimazione che, sebbene utile, può risultare un po' grossolana rispetto al diagramma reale. Con qualche accorgimento è però possibile abbozzare un andamento un pelo più veritiero del diagramma di Bode delle ampiezze, procedendo tuttavia in maniera analitica e senza dover ricorrere al calcolatore.
Figura 1.3:
Confronto fra diagramma reale e diagramma asintotico nel caso `polo semplice'
Una delle prime cose da sapere è che, presso la pulsazione di taglio, i diagrammi di Bode si discostano di circa 3 dB dalla linea asintotica e, in particolare • se abbiamo un polo semplice, il diagramma reale si troverà circa 3 dB sotto quello reale presso la
pulsazione di taglio, come si può vedere in gura 1.3;
• se abbiamo uno zero semplice, il diagramma reale si troverà circa 3 dB sopra quello reale presso la
pulsazione di taglio (alla stregua di quanto mostrato in gura 1.3, ma simmetrizzando il tutto rispetto all'asse delle ascisse). Intuitivo è il fatto che, se abbiamo uno zero doppio o un polo doppio, lo scostamento presso la pulsazione di taglio raddoppierà e diventerà di 6 dB.
Nel caso sia presente un picco di risonanza12 , occorrerà calcolare: √ • la pulsazione alla quale compare, ovvero ωris = ωn 1 − 2δ ; • l'ampiezza del picco di risonanza (ovvero di quanto il gra co reale si innalza - o si abbassa - rispetto 1 al diagramma asintotico), che è pari a Mr = √ . 2δ 1 − δ 2
In gura 1.4 possiamo vedere come il picco di risonanza si comporta13 al variare di δ : quando tale parametro è zero il modulo del picco è in nito, poi cala sempre più al calare di delta; se δ = 0, 5, in 1 particolare, passiamo esattamente per la pulsazione di taglio e, in ne, per δ ≥ √ il picco scompare e il 2
contributo della coppia di poli (o di zeri) complessi coniugati assume la stessa forma di un termine di primo grado (polo o zero semplice). Complessivamente, ntanto che 0 ≤ δ ≤ 0, 5 il diagramma reale interseca l'asse delle ascisse a destra del punto di rottura (in questo caso, quindi, si troverà sempre al di sopra 1 dell'approssimazione asintotica), mentre lo attraversa a sinistra per 0, 5 ≤ δ ≤ √ (e si troverà sempre al di 2
sotto dell'approssimazione asintotica). 1.5
Diagramma delle fasi
Per quanto riguarda il discorso sulla composizione dei termini elementari si rimanda al paragrafo 1.3: in questo paragrafo daremo infatti per scontate alcune proprietà dei diagrammi di Bode visto che, per quanto 12 Si
1
bω
ricorda che si ha picco di risonanza quando 0 ≤ δ < √ , dove δ = n . a 2 13 Il caso si riferisce ad una coppia di poli complessi coniugati, ma analoghe considerazioni possono essere fatte per gli zeri.
12
CAPITOLO 1.
Figura 1.4:
I DIAGRAMMI DI BODE
Picco di risonanza al variare di δ .
riguarda le fasi, valgono regole analoghe. Si possono infatti calcolare singolarmente gli apporti di ogni termine elementare in cui può essere scomposta la funzione di trasferimento e in ne fonderli insieme. Si faccia inoltre riferimento alla tabella 1.1, dove vengono indicati i contributi della fase: poli e zeri, com'è evidente, possono comportarsi diversamente in base all'entità della parte reale (se è positiva il comportamento è di un tipo, se è negativa è opposto) o del termine δ , di cui abbiamo già parlato14 . Per le ampiezze la questione era diversa in quanto un polo comportava sempre un calo, mentre uno zero sempre un aumento, per cui dovremo prestare un pizzico di attenzione in più. Il contributo di un generico termine alla fase ha inoltre la particolarità di non essere `perpetuo' come potrebbe essere quello alle ampiezze. Esempli cando, un polo (stabile o instabile che sia) ssa una pendenza di -20 dB/dec per tutte le pulsazioni da quella di taglio a +∞; il contributo che dà alla fase, invece, è limitato e non coinvolge un segmento in nito di pulsazioni sull'asse reale del diagramma di Bode. Si consulti, a proposito, la seguente tabella:
Guadagno statico Polo semplice Zero semplice Poli c.c. Zeri c.c.
Tabella 1.2:
Inizio variazione della fase Fine variazione della fase Variazione di fase `istantanea' nell'origine ωn 4, 81 ωn 4, 81 ωn 4, 81δ ωn 4, 81δ
4, 81ωn 4, 81ωn 4, 81δ ωn 4, 81δ ωn
Schema riassuntivo dell'in uenza dei poli e degli zeri sulle fasi.
Come si vede, nelle espressioni di fase che caratterizzano i termini complessi e coniugati compare prepotentemente il termine δ : dalla gura 1.5 scopriamo in particolare che la variazione di fase è più `duratura' tanto più piccolo è il termine δ e che, al limite, è istantanea per δ = 0. Si noti inoltre il calo di 180◦ (π radianti) e il passaggio di tutti i gra ci, sia asintotici che reali, per il punto avente coordinate pari alla pulsazione di taglio e a -90◦ di fase. Alcuni dei casi particolari che possono trarre in inganno sono i seguenti: 14 Quindi,
ad esempio, una coppia di poli c.c. con δ < 0 si comporta come una coppia di zeri avente δ > 0.
1.6.
DIAGRAMMA DELLE FASI REALE
Figura 1.5:
13
Esempio di variazione di fase indotta da poli c.c., al variare di δ .
• potrebbe capitare l'eventualità che vi siano poli (o zeri) doppi magari anche nascosti (si veda l'esempio
?? nel paragrafo 1.7);
• poli e zeri che sono alla stessa pulsazione di taglio possono sommarsi costruttivamente o distruttiva-
mente (si esaminino i casi prendendoli singolarmente: ad es. due zeri alla pulsazione di 2 rad/s ma di segno opposto danno due contributi contrastanti alla fase e quindi si elidono; uno zero a parte reale negativa e un polo a parte reale positiva, invece, concorrono entrambi ad aumentare la fase e quindi si sommano costruttivamente);
• coppia di poli (o di zeri) complessi e coniugati puramente immaginari (cioè con δ = 0), che sono forieri
di una variazione istantanea della fase. Dopo aver fatto tutti i calcoli con le fasi, è facile e immediato fare un controllo che spesso è utile per individuare qualche errore di distrazione: la fase nale dev'essere pari a
π (zRe<0 + pRe>0 + 2zdoppi,δ<0 + 2pdoppi,δ>0 + zorigine ) 2 π π − (zRe>0 + pRe<0 + 2zdoppi,δ>0 + 2pdoppi,δ<0 + porigine ) + (sign (K) − 1) (1.11) 2 2
Quindi, se per esempio prendiamo in considerazione la funzione di trasferimento 1.8, possiamo dire che la fase ` nale' del diagramma di Bode sarà pari a: π π π (1 + 0 + 2 + 0 + 0) − (0 + 0 + 0 + 0 + 1) + (1 − 1) = −π 2 2 2
Ed infatti così è. Come abbiamo precisato per quanto riguarda il diagramma delle ampiezze (v. paragrafo 1.3), anche avendo a che fare con le fasi è utile saper calcolare qualche coordinata intermedia così da posizionare meglio i punti del gra co. La pendenza delle spezzate è riportata in tabella15 1.3. La formula per capire di quanto è variata la fase è quindi la seguente: pendenza · (log10 ω nale − log10 ωiniziale ) 1.6
(1.12)
Diagramma delle fasi reale
In gura 1.6 possiamo vedere il gra co reale delle fasi per un polo semplice. Notiamo immediatamente che esso si trova sotto l'asintotico nella prima parte del gra co e sopra di esso nella seconda parte. Inoltre, il 15 Per
il segno si fa riferimento alle regole illustrate nei paragra precedenti.
14
CAPITOLO 1.
I DIAGRAMMI DI BODE
Pendenza Poli e zeri semplici Poli e zeri c.c.
Tabella 1.3:
90◦ dec− 1 2 log 4, 81 180◦ dec− 1 ± 2δ log 4, 81 ±
Pendenza delle spezzate nel diagramma asintotico delle fasi.
Figura 1.6:
Diagramma delle fasi reale per un polo semplice.
diagramma reale delle fasi si trova `sotto' l'asintotico di circa 12 gradi in corrispondenza della pulsazione in cui inizia a calare la fase (ωa ) e 12 gradi `sopra' il diagramma delle spezzate presso la pulsazione in cui termina la variazione di fase.
Figura 1.7:
Diagramma delle fasi reale per uno zero semplice.
Come si può intuire, il diagramma per uno zero semplice è molto simile a quest'ultimo (è quello del polo semplicemente simmetrizzato): un esempio può essere trovato nella gura 1.7. Per quanto riguarda i poli doppi si rimanda al paragrafo 1.5 e, in particolare, alla gura 1.5, dove compaiono sia il diagramma reale che quello asintotico. 1.7
Qualche ragguaglio su zeri, poli ed altre amenità
Facciamo ora un paio di considerazioni a proposito di qualche caso particolare che potrebbe di tanto in tanto capitare. Prendiamo in considerazione il seguente esempio16 : 1 s+1 s + 10 = 10 10 G (s) = 2 2 s + 2s + 1 (s + 1)
(1.13)
Il termine al denominatore può suggerire, a prima vista, la presenza di una coppia di poli complessi e coniugati; in realtà esso è il ben celebre sviluppo di (s + 1)2 e quindi nasconde due poli coincidenti pari a 16 Dal
compito del 18 luglio 2007
1.7.
QUALCHE RAGGUAGLIO SU ZERI, POLI ED ALTRE AMENITÀ
15
p1,2 = −1. Una coppia di poli siatta induce, come sappiamo, un calo d'ampiezza di -40 dB/dec a partire alla
pulsazione di taglio della coppia di poli stessa; inoltre, in questo caso, otteniamo una variazione istantanea17 della fase di -180◦ (90◦ per polo). Due poli complessi coniugati si sarebbero comportati come i nostri due poli coincidenti. Prendiamo per esempio il termine elementare
1 s2 + 1 = ±i; il termine δ è pari a 0 (poli puramente immaginari) per cui la
Esso nasconde due poli di valore p1,2 variazione di fase sarà, anche in questo caso, istantanea e di -180◦ . Non bisogna confondere questi ultimi due casi con quello dei poli doppi. Un polo doppio, quale può essere quello generato dal termine, s2
1 −1
ha valori puramente reali e pari a +1 e −1, per cui continuiamo ad avere un contributo di -40 dB/dec alle ampiezze ma nessuna variazione nella fase, dato che il polo a valore +1 alza la fase di 90◦ mentre il suo gemello (a −1) la abbassa di altrettanto. Tutte queste considerazioni potevano essere risparmiate perché dai paragra precedenti avevamo tutti gli strumenti per interpretare correttamente ogni casistica, ma spesso si cade in inganno e l'intenzione di questo paragrafo è quella di fugare ogni dubbio a proposito. Riassumendo: • se il termine δ è uguale a zero (caso c.c.) la variazione di fase è istantanea; • se i poli (o gli zeri) sono puramente reali (e di segno opposto) non inducono alcuna variazione di fase
perché si compensano;
• se i poli (o gli zeri) sono coincidenti sommano `costruttivamente' sia il loro contributo all'ampiezza che
quello alla fase.
In ne, una cosa che può risultare utile è osservare se è presente un asse di simmetria nel diagramma. Se esso c'è, possiamo trovarlo eettuando una media geometrica18 fra le pulsazioni. Esempio19 : 1 200 200 √ s+1 s2 + s2 + √ s + 10000 10000 2 10000 2 = 10000 G (s) = 2 2 s2 + √ s + 1 s2 + √ s + 1 2 2
(1.14)
In questa funzione abbiamo: −100 ± 100i 1 √ = z1,2 . La loro pulsazione di taglio è ω = r = 2 1 10000 ωtaglio 200 ωtaglio 1 √ = √ = √ = 0, 707; 100 rad/s e il termine delta è pari a δ = 2 10000 2 100 2 2
• due zeri complessi e coniugati:
1 1 ωtaglio 2 √ = √ = • due poli complessi e coniugati: ω = r = 1 rad/s, con termine delta pari a δ = 2 2 2 1 1 0, 707.
Con le seguenti considerazioni possiamo ricostruire il diagramma asintotico della fase: il guadagno statico ha segno positivo quindi iniziamo dalla fase 0◦ ; la coppia di poli complessi e coniugati (δ > 0) induce un calo 1 della fase di -180◦ a partire da ωa = = 0, 329 rad/s: tale calo di fase termina a ωa = 4, 810,707 = 4, 810,707 3,036 rad/s. La coppia di zeri complessi e coniugati (δ > 0) provoca una variazione positiva di 180◦ a partire da 32,9 rad/s no a 303,6 rad/s. Per cui: • da 0 a 0,329 rad/s → rimaniamo fermi: • da 0,329 a 3,036 rad/s → calo con pendenza − 17 Il termine δ è infatti nullo. 18 Per de nizione, la media geometrica 19 Dal compito del 3 aprile 2008.
tra a e b è
√
ab.
180 (valore nale = -180◦ ) 2 · 0, 707 log10 4, 81
16
CAPITOLO 1.
I DIAGRAMMI DI BODE
• da 3,036 a 32,9 rad/s → nessuna variazione; • da 32,9 a 303,6 rad/s → aumento con pendenza
180 (valore nale = 0◦ ) 2 · 0, 707 log10 4, 81
• di lì in poi rimaniamo costanti.
Figura 1.8:
Diagramma delle fasi (dal compito del 3 aprile 2008.
Il gra co delle fasi è quindi quello in gura 1.8. Ed ecco che spunta fuori la simmetria! Per calcolare l'asse facciamo la media geometrica fra le pulsazioni di taglio: ωsimmetria =
√
1 · 100 = 10 rad/s
(1.15)
Capitolo 2
I diagrammi polari e i luoghi delle radici 2.1
Una piccola precisazione (non abbiamo manco iniziato e già una precisazione?)
Nei prossimi paragra mostreremo come sia possibile ricavare i diagrammi polari, il cui tracciamento costituisce spesso un incipit per l'esercizio 2 del compito, a partire da poche semplici regole. Si sappia, tuttavia, che sarebbe possibile tracciarli (magari anche solo abbozzarli) semplicemente servendosi delle informazioni presenti nei diagrammi di Bode: questi ultimi, infatti, altro non sono se non uno dei tanti modi di gra care un numero complesso scindendolo nel modulo (gra co delle ampiezze) e nella fase (gra co delle fasi). Facciamo subito un esempio per chiarire le idee: si consideri la funzione di trasferimento1 . 1 1 2· s+1 s+1 1 s+2 2 2 = G (s) = = 1 2 2 1 2 2 s (s2 + 4s + 6) 3 s + s+1 s + s+1 6·s s 6 3 6 3
Abbiamo: • uno zero: z1 = −2; √ • tre poli: uno reale (nell'origine) e due complessi coniugati −2 ± j 2.
Le relative frequenze sono: • ωz = 2 rad/s per l'unico zero; 1 • ωp2,3 = r
1 6
=
√
6∼ = 2, 45 rad/s per i poli complessi e coniugati; il polo reale, come abbiamo già detto,
si trova nell'origine. ω Per i poli complessi coniugati si ha, inoltre, δ = p2,3 2
2 = 0, 817 (poli stabili, senza picco). 3
Tralasciando la risoluzione completa dei diagrammi di Bode, riportiamo immediatamente il risultato (v. gure 2.1 e 2.2). Osserviamo che: • partiamo da un'ampiezza in nita in modulo per ω → 0 e caliamo costantemente con un passo di -20
dB/dec no alla pulsazione in cui agisce lo zero; quest'ultimo tende a mantenere costante l'ampiezza per un piccolo tratto, dopodiché il gra co assume una pendenza di -40 dB/dec e l'ampiezza va rapidamente a 0 per ω → ∞;
• l'andamento della fase è piuttosto semplice: partiamo da -90◦ e niamo in -180◦ e, durante la tran-
sizione, l'eetto dello zero tende a far rallentare per un attimo il calo di fase.
Nel diagramma polare (v. gura 2.3), che fonde in un unico piano complesso il modulo e la fase notiamo che: 1 Tratto
dell'esame del 25 luglio 2006
17
18
CAPITOLO 2.
Figura 2.1:
I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI
Diagramma delle ampiezze.
Figura 2.2:
Diagramma delle fasi.
• ha principio in un punto all'in nito che ha fase tendente a -90◦ ; • la fase subisce un calo sin da subito: si nota infatti che l'immagini co raggio-vettore che dall'origine si
connette ad ogni punto del gra co, tracciando quest'ultimo al variare del suo modulo e della sua fase, tende a distaccarsi dall'asse immaginario negativo (fase -90◦ ) per ruotare in senso orario (da qui il calo della fase);
• in prossimità delle pulsazioni presso le quali ha eetto lo zero, la fase tende a calare con minor vigore
e il modulo rimane, anche se per poco e impercettibilmente (la scala del diagramma è molto piccola),
2.2.
LE
VERE REGOLE PER IL TRACCIAMENTO DEI DIAGRAMMI POLARI
Figura 2.3:
19
Diagramma polare.
costante. Di lì quella strana `gobba' verso sinistra che assume il diagramma polare; • la fase nale è di 180◦ (e infatti il raggio vettore `aderisce' al semiasse negativo reale) e il modulo nale
è zero (e infatti `decadiamo' nell'origine).
Per cui noi si è già in grado di tracciare il diagramma polare di una certa funzione anche senza le regole che vedremo nel prossimo paragrafo e che introdurremo comunque per doveroso obbligo di completezza. Forte, eh? 2.2
Le
vere
regole per il tracciamento dei diagrammi polari
2.2.1 Comportamento per ω → 0 Nessun polo nell'origine: partiamo dall'asse reale (punto di partenza = K , cioè al guadagno statico). Un polo nell'origine: abbiamo un asintoto parallelo all'asse immaginario. La sua ascissa è pari a2
σa = K
τ 0 + τ 0 + ... |1 {z2 }
termini al numeratore (primo grado)
δ0 δ0 +2 01 + 2 02 + ... ωn1 ω | {z n2 }
termini al numeratore (secondo grado)
−τ1 − τ2 − ... | {z }
termini al denominatore (primo grado)
δ1 δ2 −2 −2 ωn1 ωn2 | {z }
!
(2.1)
termini al denominatore (secondo grado)
Più di un polo nell'origine: non abbiamo asintoto, il diagramma inizia in un punto all'in nito nella direzione π −h − φn (2.2) 2
(h = numero di poli, φn = 0 se K è positivo o a −π se K è negativo) 2 Stiamo
usando la forma fattorizzata (il termine noto è ad 1), quindi i termini τ sono i coe cienti per cui sono moltiplicati 1 i termini di primo grado in s. Es: − s + 1, τ = 1/2 2
20
CAPITOLO 2.
I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI
2.2.2 Comportamento per ω piccole In tutti i casi: calcoliamo la quantità ∆ [arg (G (jω))] =
τ10
+
τ20
δ0 δ0 δ1 δ2 + ... + 2 01 + 2 02 + ... − τ1 − τ2 − ... − 2 −2 ωn1 ωn2 ωn1 ωn2
ω
(2.3)
Se essa è positiva il diagramma inizia a ruotare in senso antiorario, altrimenti (se è negativa) in senso orario.
2.2.3 Comportamento per ω → ∞ NOTA: m = n◦ zeri a parte reale negativa + n◦ poli a parte reale positiva n = n◦ zeri a parte reale positiva + n◦ poli a parte reale negativa o nulla Numeratore di grado pari al denominatore: il diagramma termina sull'asse reale e il limite per
ω→∞è
K
2 2 τ10 τ20 · ... · ωn1 ωn2 · ... 02 02 τ1 τ2 · ... · ωn1 ωn2 · ...
(forma fattorizzata3 ) ¯ (forma polinomiale4 ). oppure semplicemente K Numeratore di grado inferiore al denominatore: il diagramma termina nell'origine ed è tangente ad uno degli assi. Il valore della fase per ω → ∞ è calcolabile così (m − n)
π ¯ −1 π + sign K 2 2
(2.4)
(forma polinomiale) oppure così
2 2 π τ10 τ20 · ... · ωn1 ωn2 · ... π (m − n) + sign K −1 02 ω 02 · ... 2 τ1 τ2 · ... · ωn1 2 n2
(2.5)
(forma fattorizzata) Si consiglia di utilizzare queste formule solo se è espressamente richiesto o come veri ca del corretto svolgimento del compito: è innegabile, infatti, che guardare la fase nale nel relativo diagramma di Bode sia estremamente più comodo e agevole.
2.2.4 Rotazione complessiva del diagramma Il diagramma polare ruota, complessivamente, di (m − n)
π π − (µ − ν) − (nz − np ) π 2 2
(2.6)
(µ, ν = numero di zeri e poli sull'asse immaginario; nz , np numero di zeri e poli a parte reale positiva) 3 Che
ha la seguente forma δ0 δ0 ω2 ω2 1 + jωτ20 ... 1 + 2 01 jω − 02 1 + 2 01 jω − 02 ωn1 ωn1 ωn2 ωn2 K δ1 ω2 δ1 ω2 h (jω) (1 + jωτ1 ) (1 + jωτ2 ) ... 1 + 2 jω − 2 1+2 jω − 2 ωn1 ωn1 ωn2 ωn2 1 + jωτ10
4 La
quale ha la seguente forma ¯ K
(jω)m + bm−1 (jω)m−1 + ... + b1 (jω) + b0 h
(jω)
h
(jω)n−h + an−h−1 (jω)n−h−1 + ... + a1 (jω) + a0
i
2.2.
LE
VERE REGOLE PER IL TRACCIAMENTO DEI DIAGRAMMI POLARI
21
2.2.5 Un esempietto giusto per chiarire le idee Facciamo un esempio e prendiamo la funzione di trasferimento5 −4, 0193ω 2 + 0,4289jω + 1 G (jω) = −7,236 (48, 54jω + 1) (−0, 210ω 2 + 0, 184jω + 1)
(2.7)
Tralasciamo la risoluzione completa del tracciamento dei diagrammi di Bode (che possono essere visti nelle gure 2.4 e 2.5).
Figura 2.4:
Gra co di Bode delle ampiezze (compito del 3 aprile 2006).
Non abbiamo poli nell'origine per cui, per ω → 0 , partiamo dall'asse reale in prossimità del guadagno statico (-7,236). Detto questo passiamo al comportamento per piccole pulsazioni; la quantità ∆ [arg (G (jω))] =
τ10
+
τ20
δ0 δ0 δ1 δ2 + ... + 2 01 + 2 02 + ... − τ1 − τ2 − ... − 2 −2 ωn1 ωn2 ωn1 ωn2
ω
è negativa perché, sostituendo i valori, si ha ∆ [arg (G (jω))] =
0, 107 2, 2 2 − 48, 54 − 2 0, 499 2, 182
ω
che è chiaramente < 0 per piccole pulsazioni: questo signi ca che il raggio vettore inizierà a ruotare in senso 3π orario. All'in nito tendiamo alla pulsazione − , come si evince dai diagrammi di Bode e come si poteva 2 intuire grazie alla formula: (m − n)
2 2 ωn2 · ... π τ 0 τ 0 · ... · ωn1 π π π π + sign K 1 2 − 1 = (2 − 3) + (−1 − 1) = − 02 ω 02 · ... 2 τ1 τ2 · ... · ωn1 2 2 2 2 n2
Siccome il grado del numeratore è inferiore a quello del denominatore, il diagramma polare terminerà nell'origine. Prima di lanciarci a capo tto nel disegnare il gra co diamo uno sguardo ai diagrammi di Bode: 5 Dal
compito del 3 aprile 2006.
22
CAPITOLO 2.
Figura 2.5:
I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI
Gra co di Bode delle fasi (compito del 3 aprile 2006).
• il gra co delle ampiezze è caratterizzato da due picchi di risonanza, uno negativo presso la pulsazione
di risonanza degli zeri e uno positivo alla pulsazione di risonanza dei poli: il modulo del raggio-vettore non cala quindi in maniera uniforme e ci sarà un incremento tra 0,5 e 1,1 rad/s, all'incirca quando la fase starà crescendo (vedi punti successivi);
• il gra co delle fasi vede un repentino aumento circostanziato pressappoco a 0,6 e 0,8 rad/s: si noti con
le sole informazioni ricavate con le formule soprastanti questo particolare ci sarebbe sfuggito;
• dopo il punto di partenza (che è reale) attraversiamo per due volte l'asse reale in quanto il gra co di Bode delle fasi passa per due volte presso −π . Senza un'occhiata ai diagrammi di Bode, quindi, non
era possibile tracciare correttamente il diagramma polare e si sarebbe caduti in errore (non avremmo, per esempio, individuato il cappio).
Il diagramma polare è quindi quello in gura 3.3. Come nel paragrafo 2.1 avevamo mostrato che era possibile abbozzare un diagramma polare a partire dai diagrammi di Bode, mostriamo ora che è possibile tracciare il nostro diagramma anche senza fare un calcolo. Non è infatti necessario applicare in maniera pedissequa le formule enunciate nel paragrafo 2.2, basta solo un po' di esperienza e di manualità per rendersi conto di come andranno le cose. Esempio6 : G (s) =
1 + 100s (1 + 10s) s
La funzione di trasferimento ci viene già data in forma buona quindi possiamo dire a colpo d'occhio che abbiamo: un polo p0 nell'origine un polo p1 pulsazione di taglio 0,1 rad/s uno zero z1 pulsazione di taglio 0,01 rad/s Abbiamo un polo nell'origine, per cui il punto di partenza sarà all'in nito e asintoticamente schiacciato lungo una retta parallela al semiasse immaginario negativo; questa retta si intersecherà con l'asse reale all'ascissa7 K (τpolo − τzero ) = 1 · (100 − 10) = 90
La fase nale sarà di −90◦ (−180◦ per i due poli e +90◦ per lo zero) per cui il gra co a terminerà tangente rispetto al semiasse negativo immaginario; non raggiungendo mai la fase di −180◦ , inoltre, il diagramma non avrà intersezioni con l'asse reale. Per quanto riguarda il modulo del raggio-vettore, il nostro gra co 6 Dal compito del 3 aprile 2008. 7 Forse quella seguente è l'unica
formula che va veramente applicata in tutti i casi per non cadere in errore.
2.2.
LE
VERE REGOLE PER IL TRACCIAMENTO DEI DIAGRAMMI POLARI
Figura 2.6:
23
Diagramma polare (compito del 3 aprile 2006).
si spancerà leggermente per le piccole pulsazioni ovvero in prossimità dello zero, che tende a mantenere costante il modulo dell'ampiezza, e degenererà nell'origine per ω → ∞ in quanto il numeratore è inferiore al denominatore. In ne, siccome lo zero viene prima del polo, la fase tenderà inizialmente a crescere (ma non tornerà mai sopra 0◦ per cui neanche in questo caso intersechiamo l'asse reale) e il vettore a ruotare in senso antiorario; immediatamente dopo, tuttavia, il polo inizierà ad avere la meglio e il raggio vettore ruoterà in senso orario. Fatte queste considerazioni il diagramma è quello di gura 2.7.
Figura 2.7:
Diagramma polare tracciato con considerazioni qualitative (dal compito del 3 aprile 2008)
24
CAPITOLO 2.
I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI
Figura 2.8:
Tabella di Routh
2.2.6 Caso particolare: diagramma simmetrico Può capitare che i diagrammi di Bode siano simmetrici, come ad esempio accade per la funzione di trasferimento G (s) = −
s jω ⇒ G (jω) = − 1 1 1 1 s+1 − s+1 jω + 1 − jω + 1 10 20 10 20
In particolare, con questa G(s) sia i diagrammi delle fasi che quelle delle ampiezze sono simmetrici rispetto alla media geometrica (v. capitolo 1) fra le pulsazioni di taglio dei due poli (ωp 1 = 10rad/s, ωp 2 = 20rad/s, media geometrica = 14, 14rad/s). Se accade una cosa del genere, il tracciamento dei diagrammi polari è leggermente sempli cato dal fatto che percorriamo lo stesso arco nei due versi. Vediamo di capire perché: abbiamo uno zero nell'origine per cui partiamo dall'origine stessa. Inizialmente la rotazione sarà oraria in quanto il termine
1 1 − + 10 20
<0
è minore di zero. Partiamo inoltre con fase pari a −180◦ (guadagno statico < 0) + 90◦ (lo zero) = −90◦ . Siccome il denominatore ha grado maggiore del numeratore, il diagramma collasserà nell'origine per ω → ∞. Una particolarità interessante è che il gra co delle ampiezze e quello delle fasi sono ambedue simmetrici: il nostro diagramma polare sarà quindi caratterizzato da una curva che viene percorsa in un verso no alla pulsazione di 14,14 rad/s e in quello opposto di lì in avanti.
2.3
Criterio di Routh
Il criterio di Routh è un importante teorema e fornisce una condizione necessaria e su ciente utile a determinare il segno della parte reale dei poli.8 Per applicare il criterio di Routh bisogna anzitutto costruire la tabella in gura 2.8. Le prime due righe sono formate dai coe cienti del polinomio disposti come indicato. Gli elementi delle righe successive sono de niti dalle relazioni 8 In realtà esiste anche un teorema rappresentante una condizione necessaria, e su ciente solo se il polinomio ha grado al massimo pari a 2, e che recita così: se consideriamo l'equazione algebrica
(2.8) condizione necessaria a nché le radici del polinomio abbiano parte reale negativa è che i coe cienti a siano tutti positivi. an sn + an−1 sn−1 + . . . + a0 = 0
2.3.
25
CRITERIO DI ROUTH
an−1 an−2 − an an−3 , an−1 an−1 an−4 − an an−5 = , an−1 an−1 an−6 − an an−7 = , an−1
an−2 an−3 − an−1 an−4 , bn−2 bn−2 an−5 − an−1 bn−6 = , bn−2
bn−2 =
bn−3 =
bn−4
bn−5
bn−6 ...
cn−4 =
... ...
bn−3 bn−4 − bn−2 bn−5 , bn−3
...
Ricordarsi a memoria queste espressioni è piuttosto arduo, per cui si pensi al seguente trucco mnemonico: il coe ciente bn−2 è il determinante dei primi due elementi delle prime due righe, cambiato di segno e diviso per il termine in basso a sinistra della matrice (in questo caso an−1 ). Il coe ciente bn−4 è il determinante dei primi e dei terzi elementi delle prime due righe, cambiato di segno e diviso per il termine an−1 (sempre in basso a sinistra nella matrice). Questo trucchetto funziona anche per le righe successive se, nel calcolo di ogni termine, si sfrutta il procedimento di cui sopra applicandolo alle due righe immediatamente precedenti. Si noti che, se si contraddistinguono le righe della tabella coi numeri n, n−1, n−2, n−3, . . . , esse risultano di lunghezza via via decrescente nché l'ultima riga, contraddistinta con il numero zero, comprende un solo elemento. Una volta completata la tabella di Routh è possibile stabilire se le radici del nostro polinomio di partenza sono tutte a parte reale negativa mediante il seguente teorema. Teorema 1 (di Routh). Ad ogni variazione di segno dei termini della prima colonna della tabella di Routh considerati successivamente corrisponde una radice con parte reale positiva, ad ogni permanenza corrisponde una radice con parte reale negativa. Nell'utilizzare le tabelle di Routh bisogna tener ben presente alcuni accorgimenti: • è possibile moltiplicare tutti i termini di una riga per uno stesso coe ciente positivo senza che ciò modi chi il numero delle variazioni di segno nella prima colonna9 ; • si possono incontrare alcuni casi singolari, quali:
il primo termine di una riga è nullo: in tal caso si sostituisce lo zero con un termine ± (piccolo a piacere) e si continua così la costruzione della tabella10 . Se vi è un numero elevato di righe in cui il primo termine è nullo, si sfrutta il seguente Corollario 1 (al teorema 1). La validità della tabella di Routh non cambia se ad ogni riga che inizia con un numero di zeri pari ad h viene sommata la riga da essa ottenuta moltiplicando per (−1)h e traslandola verso sinistra di h posizioni. tutti gli elementi di una riga sono nulli: anzitutto, se ci troviamo in questo caso, il sistema di cui il polinomio fornisce l'equazione caratteristica non può mai essere asintoticamente stabile ma, al più, semplicemente stabile11 . C'è poi da dire che la presenza di una riga di tutti zeri12 impedisce la costruzione della tabella: se indichiamo con l'indice 2m − 1 questa riga, possiamo dire che le eventuali variazioni di segno che si veri cano nella prima colonna della tabella in corrispondenza delle prime n−2m+1 righe riguardano solo n−2m radici del polinomio. Per ottenere informazioni sulle restanti 2m radici bisogna costruire l'equazione ausiliaria b2m s2m + b2m−2 s2m−2 + . . . + b0 = 0 (2.9) dove i termini b2m , b2m−2 , . . . , b0 sono quelli della riga immediatamente precedente la riga composta da tutti zeri. Le radici di quest'espressione coincidono con le 2m radici dell'equazione polinomiale in esame sulle quali la tabella di Routh non ha dato informazioni. Veniamo però al dunque: come mai è utile il teorema di Routh? Spesso ci viene chiesto di valutare l'intervallo di valori K > 0 per cui un sistema, posto in retroazione unitaria, risulta stabile e si chiede di determinare le intersezioni con l'asse reale. In particolare, la conoscenza di tale intersezioni può risultare utile sia per costruire il diagramma polare, sia per fare alcune considerazioni sulla stabilità13 (se sappiamo 9 Sfruttando questa proprietà si può evitare che nella tabella compaiano numeri frazionari. 10 La scelta di + o di − non ha alcun eetto sul risultato `utile' nale, in quanto il numero di variazioni rimarrà identico. 11 Infatti, l'equazione ausiliaria avrà un numero di radici a parte reale positiva pari a quello delle sue radici a parte reale
negativa. 12 Eventualità che si presenta sempre in una riga dispari. 13 Si veda il capitolo ??.
26
CAPITOLO 2.
I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI
com'è fatto il diagramma polare - e quindi il diagramma di Nyquist - sappiamo anche applicarne il relativo criterio). Per quanto riguarda le intersezioni con l'asse reale, dobbiamo calcolare 1 + KG(s) e esaminare il numeratore. Per esempio, se consideriamo ancora una volta la funzione di trasferimento G (jω) = −7,236
4, 0193s2 + 0,4289s + 1 (48, 54s + 1) (0, 210s2 + 0, 184s + 1)
(2.10)
come dobbiamo agire? Anzitutto calcoliamoci il numeratore di 1 + KG(s): (48, 54s + 1) 0, 210s2 + 0, 184s + 1 − 7, 236K 4, 0193s2 + 0,4289s + 1 = = 10, 193s3 + 8, 931s2 + 48, 54s + 0, 21s2 + 0, 184s + 1 − 29, 084Ks2 − 3, 104Ks − 7, 236K = 10, 193s3 + (9, 141 − 29, 084K) s2 + (48, 724 − 3, 104K) s + 1 − 7, 236K
Dividendo per il coe ciente del termine di terzo grado: 3
s +
9, 141 29, 084 48, 724 3, 104 1 7, 236 2 − K s + − K s+ − K= 10, 193 10, 193 10, 193 10, 193 10, 193 10, 193
s3 + (0, 8968 − 2, 8533K) s2 + (4, 7801 − 0, 3134K) s + 0, 0981 − 0, 7099K
Per cui la tabella di Routh sarà 3 2 1 0
1 0, 8968 − 2,8533K X Y
4,7801 − 0,3134K 0,0981 − 0,7099K 0 0
dove:
X=−
(0, 0981 − 0, 7099K) − (0, 8968 − 2, 8533K) (4, 7801 − 0, 3134K) (0, 8968 − 2, 8533K)
(2.11)
(−0, 981 − 0, 7099K) X = −0, 981 − 0, 7099K X
(2.12)
Y =−
Dopo aver calcolato attentamente le quantità di cui sopra, si va a veri care quante variazioni di segno vi sono, al variare di K , per i termini sulla prima colonna della tabella di Routh. Il risultato sarà il seguente: • per K < 0, 138 tutte le radici hanno parte reale negativa; • per K ∈ [0, 138 0, 323] vi è una variazione di segno = una radice a parte reale positiva; • per K ∈ [0, 323 14, 87] vi sono tre variazioni di segno = tre radici a parte reale positiva; • per K > 14, 87 c'è una variazione di segno = una radice a parte reale positiva.
Le intersezioni si trovano in corrispondenza del cambiamento del numero di radici a parte reale, per cui esse sono a −1/0, 138 = −7, 236, a −1/0, 323 = −3, 094 e a −1/14, 87 = −0, 0672 (per convincersi si guardi la gura 2.3). 2.4
Regole per il tracciamento del luogo delle radici
2.4.1 Premessa importante Illustreremo ora alcune regole per il tracciamento del luogo delle radici al variare di K ; si tenga però presente che tali regole permettono di calcolare il luogo delle radici di ¯ (espressione fattorizzata degli zeri) G (s) = K (espressione fattorizzata dei poli)
Cioè di ¯ G (s) = K
(s − z1 ) (s − z2 ) . . . (s − zm ) , n>m (s − p1 ) (s − p2 ) . . . (s − pn )
2.4.
27
REGOLE PER IL TRACCIAMENTO DEL LUOGO DELLE RADICI
¯ !. Esso è infatti pari a14 Attenzione al parametro K ¯ = K
K |{z}
(−1)
m+k
costante di guad.
p1 p2 . . . pk z1 z2 . . . zm
dove k è il numero di poli non nulli. ¯ è fondamentale, perché le regole per trovare il luogo delle radici sono diverse in Capire quanto vale K ¯ è opposto rispetto a quello di K si ha che: base al segno di tale parametro! Se infatti il segno di K ¯ < 0; • nel ricavare il luogo delle radici per K > 0 si sta cercando in realtà quello per K ¯ > 0. • nel ricavare il luogo delle radici per K < 0 si sta cercando in realtà quello per K
Inoltre, se il guadagno statico è diverso da 1, bisognerà riscalare per tale fattore la graduazione del luogo in funzione di K . In parole povere, si segua questo insieme di punti: 1. si ricavino gli zeri e i poli; 2. si scriva la funzione di trasferimento in forma fattorizzata (ogni termine elementare è pari a s meno il relativo polo o zero). 3. si raccolgano tutti i termini fuori dalle parentesi e li si moltiplichino per il guadagno statico (un po' ¯; come facevamo nel capitolo 1). Avremo così ricavato K ¯ ha segno uguale o opposto a K ? 4. a questo punto, il domandone: il termine K
2.4.2 Esempi per sottolineare l'importanza della forma fattorizzata Esempio15 : viene data la seguente funzione di trasferimento G (s) =
(1 + 100s) (1 + 100s) =K , con K = guadagno statico = 1 (1 + s) (1 − s) (1 + s) (1 − s)
¯ (e che quest'ultimo è uguale Uno potrebbe partire in quarta e dire che il segno di K è uguale al segno di K al guadagno statico) ma, a guardarci bene, le cose non stanno esattamente così: il termine (1 − s), infatti, non è nella forma fattorizzata che a noi piace tanto. Moltiplicando tuttavia per −1 quel che otteniamo è 1 s+ (1 + 100s) 100 ¯ ¯ !! G (s) = −K = K , sign (K) = sign −K (s + 1) (s − 1) |{z} (s + 1) (s − 1) −100
¯ Il guadagno statico è 1 (come avremmo potuto capire anche soltanto leggendo il paragrafo 1.1), ma K è diverso da K ! Qui il tranello era particolarmente insidioso perché ci si poteva far trarre in inganno dai termini noti tutti pari a +1 (`ho il guadagno statico, sono a posto!'): si ricorda tuttavia che qui non stiamo facendo i diagrammi di Bode e le regole che esporremo fra poco hanno come fondamentale requisito quello che la funzione di trasferimento sia in forma fattorizzata ! Altro esempio16 : fortunatamente il testo ci dà già la funzione di trasferimento in forma fattorizzata
−2, 8526 s + 0, 0534 + 0, 496j s + 0, 0534 − 0, 496j | {z } | {z } −2, 8526 s + 0, 1067s + 0, 2488 −z1 −z2 G (s) = = (s + 0, 0206) (s2 + 0, 8737s + 4, 761) s + 0, 0206 s −0, 438 + 2, 138j s −0, 438 − 2, 138j | {z } | {z } | {z } 2
−p1
−p2
Le regole per il tracciamento del luogo delle radici si riferiscono tuttavia a ¯ K
(s + 0, 0534 + 0, 496j) (s + 0, 0534 − 0, 496j) (s + 0, 0206) (s − 0, 438 + 2, 138j) (s − 0, 438 − 2, 138j)
14 Si fa l'ipotesi che non vi siano zeri 15 Dal compito del 19 giugno 2008. 16 Dal compito del 3 aprile 2006
nell'origine.
−p3
(2.13)
28
CAPITOLO 2.
I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI
¯ : il segno di K è diverso da quello di K ¯ e Si noti tuttavia che si ha la seguente uguaglianza −2, 8526K = K questo signi ca che alla ne dovremo invertire i due luoghi delle radici (ovvero quello per K positivo e quello per K negativo) nonché dividere per 2,8526 la graduazione del luogo in funzione di K .
2.4.3 Le regole, quelle u ciali ( nalmente!) Fatta queste doverose precisazioni passiamo alle regole vere e proprie: • abbiamo tanti rami quanti sono gli n poli della funzione di trasferimento di anello. Essi si intersecano in corrispondenza delle radici multiple. Ogni ramo parte da un polo: m terminano negli zeri (m è proprio il numero di zeri) ed n − m vanno all'in nito17 ; • il luogo delle radici è simmetrico rispetto all'asse reale; • luogo delle radici tracciato per K > 0: un punto dell'asse reale fa parte del luogo delle radici se lascia alla sua destra un numero totale dispari di poli e di zeri; luogo delle radici tracciato per K < 0: un
punto fa parte del luogo se il numero di poli e zeri alla sua destra è pari o nullo;
• posto ν = numero intero, m = numero degli zeri, n = numero dei poli, si ha che, nel luogo delle radici tracciato per K > 0: partiamo da un polo pi con angolo φi = (2ν + 1) π +
m X
arg (pi − zj ) −
j=1
X
arg(pi − pj )
j=1,n j6=i
e tendiamo ad uno zero zi con ϑi = (2ν + 1) π +
n X
arg (pi − zj ) −
j=1
X
arg (pi − pj )
j=1,m j6=i
Le formule per il luogo delle radici tracciato per K < 0 sono identiche, ma bisogna sostituire a νπ a (2ν + 1) π ; • una radice multipla di ordine h corrisponde ad un punto comune ad h rami del luogo delle radici (detto
anche punto di diramazione o punto di emergenza ): in tale punto sono soddisfatte anche le relazioni che esprimono l'annullarsi delle derivate della funzione di trasferimento ad anello Gring (s) rispetto ad s no all'ordine di derivazione h − 1. d [Gring (s)] =0 dl s con l = 0, 1, ..., h − 1. Se prendiamo in considerazione il caso h = 2 (due rami che si incontrano) la relazione che esprime l'annullarsi della derivata prima coincide con l'equazione m X i=1
n X 1 1 − =0 s − zi i=1 s − pi
• in corrispondenza di una radice multipla di ordine h, il luogo presenta h rami entranti e h rami uscenti π alternati tra loro ed aventi tangenti che formano tra loro angoli pari a radianti; h • gli asintoti del luogo delle radici formano una stella di raggi con centro nel punto dell'asse reale di ascissa ! n m X X 1 σa = pi − zi n − m i=1 i=1
Se la costante K è positiva, gli asintoti formano con l'asse reale gli angoli: θa,ν = 17 Si
(2ν + 1) π n−m
faccia caso che molto spesso, nei compiti d'esame, gli asintoti che vanno all'in nito giacciono sull'asse reale.
2.4.
REGOLE PER IL TRACCIAMENTO DEL LUOGO DELLE RADICI
29
con ν = 0, 1, ..., n − m − 1. Altrimenti se è negativa, gli asintoti formano con l'asse reale gli angoli θa,ν =
2νπ n−m
sempre con con ν = 0, 1, ..., n − m − 1. Osservando con attenzione le relazioni appena scritte si evince che esse non sono altro che un formalismo per de nire in che modo questi raggi dividono l'angolo giro (si tenga presente questo particolare al momento del tracciamento).
Figura 2.9:
Forma frequentemente assunta del luogo delle radici (tratto dal compito del 3 aprile 2006).
Alla ne, facendo molti esercizi, si scopre che la stragrande maggioranza dei luoghi delle radici ha una con gurazione del tipo: asintoto sull'asse reale (verso +∞ o −∞) radici complesse e coniugate (poli o zeri) con archi che rispettivamente li connettono passando attraverso all'asintoto nei punti di emergenza (vedi, ad esempio, la gura 2.9). Non è di cile convincersi del fatto che, veri candosi tale situazione, i punti di emergenza non possono che trovarsi sull'asse reale. È inoltre molto frequente l'eventualità in cui, nel calcolo di tali punti, si ottengano alcune soluzioni palesemente non accettabili in quanto si riferiscono ad ascisse che non fanno parte del luogo delle radici. In tal caso è d'uopo non disperarsi e, anzi, fare tesoro di questi valori in quanto saranno utili nel luogo delle radici disegnato per il K di segno opposto.
2.4.4 Esempio chiari catore Esempio chiari catore18 : ¯ > 0, ricordando che −2, 8526K = K ¯ , come si • calcolo del luogo delle radici per K < 0 (cioè per K
evince dall'equazione 2.13): cerchiamo anzitutto di capire quali punti dell'asse reale facciano parte del luogo delle radici. In base alle regole sopra esposte, un punto dell'asse reale fa parte di questo luogo delle radici se lascia alla sua destra un numero totale pari o nullo di poli e di zeri, per cui fanno parte dell'asse reale i punti maggiori di −0, 0206. Abbiamo tre rami ( = 3 poli), due dei quali vanno a nire negli zeri (il terzo ramo è l'asintoto che abbiamo in realtà già trovato: è il segmento che va verso +∞ a partire da −0, 0206). L'asintoto forma un angolo pari a θa,ν =
2νπ = 0◦ , con ν = 0, 1, ..., n − m − 1 ⇒ 0 (e basta) n−m
Troviamo i punti di emergenza calcolando quando si annulla la derivata della funzione di trasferimento: dopo vari calcoli (che non ho voglia di fare, sono molto lunghi e noiosi perché bisogna calcolare la 18 Dal solito compito del 3 aprile 2006 che, detto fra noi, era piuttosto di cilotto! Per una migliore interpretazione dei dati si ricorda che avevamo:
Zeri : z1,2 = −0, 0534 ± 0, 496j Polo reale : p1 = −0, 0206 Poli complessi coniugati : p2,3 = 0,438 ± 2,138j
30
CAPITOLO 2.
I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI
derivata prima dell'equazione 2.13, che non è esattamente agevole) i quali consistono nella risoluzione del polinomio s4 + 0, 2134s3 − 3, 937s2 + 0, 2488s + 1, 179 = 0
otteniamo le seguenti radici: s1 = 1, 7419 s2 = 0, 6252 s3 = −0, 527 s4 = −2, 0536
Si nota facilmente che solo le prime due soluzioni sono accettabili in questo contesto in quanto sono maggiori di −0, 0206 e quindi fanno parte del luogo delle radici (le altre due torneranno buone nel punto successivo). Alla ne il risultato è quello visibile in gura 2.9. ¯ < 0): fanno parte dell'asse reale i punti che lasciano • calcolo del luogo delle radici per K > 0 (cioè per K
alla loro destra un numero totale dispari di poli e di zeri, per cui soddisferanno questo requisito solo i punti d'ascissa inferiore a −0, 0206. Abbiamo tre rami ( = 3 poli), due dei quali vanno a nire negli zeri (il terzo è l'asintoto e l'abbiamo in realtà già trovato: è il segmento che va verso −∞ a partire da −0, 0206). L'asintoto forma un angolo pari a θa,ν =
Figura 2.10:
(2ν + 1) π = 180◦ , con ν = 0, 1, ..., n − m − 1 ⇒ 0 (e basta) n−m
¯ < 0) dal compito del 3 aprile 2006. Altro luogo delle radici (K
I punti di emergenza sono quelli che avevamo scartato nel punto precedente, quindi non abbiamo bisogno di calcolarceli nuovamente (bello eh?). Il risultato può essere visto in gura 2.10.
2.4.5 Tabelle di Routh e luogo delle radici Sorpresa delle sorprese, la tabella di Routh (vedi par. 2.3) torna in auge anche mentre disegniamo il luogo delle radici: esso ci rende infatti in grado di fare considerazioni riguardo alla stabilità (v. capitolo ?? dove tale argomento verrà trattato più approfonditamente) nonché di disegnare meglio il diagramma tramite la conoscenza delle intersezioni con l'asse immaginario. Mentre quando abbiamo tirato in ballo i diagrammi polari il criterio di Routh ci faceva capire quali fossero le intersezioni con l'asse reale, questa volta sarà necessario `manovrare' K in modo che non vi siano radici con parte reale positiva (poli o zeri instabili che starebbero sul semipiano destro): questo obiettivo può essere raggiunto imponendo che non vi siano variazioni di segno per i termini della prima colonna.
2.4.
REGOLE PER IL TRACCIAMENTO DEL LUOGO DELLE RADICI
Esempio19 : G (s) =
(s2
31
K K = + 2s + 2) (s + 10) (s + 1 − j) (s + 1 + j) (s + 10)
¯ per cui possiamo proseguire nel Il guadagno statico è unitario e positivo, inoltre sign(K) = sign(K) tracciamento dei luoghi delle radici in tutta tranquillità (v. paragrafo 2.4.2). • luogo delle radici per K > 0 → asse reale: fanno parte del luogo delle radici i punti che lasciano
alla loro destra un numero dispari di zeri e poli; soddisfano questo requisito tutti i punti di ascissa inferiore a -10. Abbiamo tre poli e nessuno zero, per cui ci troveremo con tre asintoti: essi formeranno i seguenti angoli con il semiasse positivo delle ascisse: π 5π (2ν + 1) π ν = 0, 1, 2 ⇒ , π, m−n 3 3
Gli asintoti si congiungono all'ascissa: 1 σa = n−m
n X
pi −
i=1
m X i=1
! zi
1 = − (10 + 1 + 1 + j − j) = −4 3
Vediamo se ci sono punti di emergenza: d dG (s) 0 · (s + 1 − j) (s + 1 + j) (s + 10) − ds [(s + 1 − j) (s + 1 + j) (s + 10)] = = 2 2 2 ds (s + 1 − j) (s + 1 + j) (s + 10) =−
(2s + 2) (s + 10) + s2 + 2s + 2 2
(s2 + 2s + 2) (s + 10)
2
⇒ 2s2 + 20s + 2s + 20 + s2 + 2s + 2 = 3s2 + 24s + 22 = 0
Le radici sono: −24 ±
√
242 − 4 · 3 · 22 = 6
(
−1, 056 −6, 944
Nessuna delle due fa parte del luogo delle radici (K positivo). Gli archi che partono dai poli vanno quindi direttamente agli asintoti senza mai toccare l'asse reale. Entra ora in gioco il criterio di Routh: scriviamo infatti la tabella per la funzione 1 + G (s): s2 + 2s + 2 (s + 10) + K s3 + 2s2 + 2s + 10s2 + 20s + 20 + K s3 + 12s2 + 22s + 20 + K 1+G (s) = = = 2 2 (s + 2s + 2) (s + 10) (s + 2s + 2) (s + 10) (s2 + 2s + 2) (s + 10)
Polinomio: s3 + 12s2 + 22s + 20 + K = 0 La tabella di Routh è quindi: 3 2 1 0
1 12 −264 + (20 + K) 12 −264 + (20 + K) (20 + K) 12 −264 + (20 + K) 12
Moltiplicando la terza riga per 12 e sempli cando i termini: 3 1 2 12 1 −244 + K 0 20 + K 19 Dal
compito del 3 aprile 2008.
22 20 + K 0 0
22 20 + K 0 0
32
CAPITOLO 2.
I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI
Per cui il sistema è asintoticamente stabile quando −20 < K < 244. Le intersezioni con l'asse immaginario possono essere trovate risolvendo l'equazione ausiliaria che, per K = 244 (il valore K = −20 non ci interessa, siamo nelle K positive), una volta modi cata la tabella, 3 1 22 2 12 264 1 0 0 0 264 0
risulta essere pari a 12s2 + 264 = 0. Le soluzioni (cioè le intersezioni con l'asse immaginario) sono ±4, 69j . Questo appena espresso è un tipico modo di procedere per ottenere informazioni sui valori di K per cui si ha stabilità: ricapitolando, si utilizza Routh per capire quando le radici sono tutte negative (e quindi stiamo sul semipiano sinistro) e, esaminando la prima colonna della tabella, si ricavano i valori limite di K per cui questa situazione è sicuramente veri cata. Una volta trovati i punti limite, uno dei quali corrisponderà sicuramente all'ascissa 0 del luogo delle radici (visto che appena più a destra si smette di essere asintoticamente stabili), si sostituisce il relativo valore di K nella tabella di Routh, si trova la riga di tutti zeri e in ne si utilizza l'equazione ausiliaria per capire quale sia l'ordinata attraverso la quale il luogo delle radici attraversa l'asse immaginario. Questo ci permette di ottenere una condizione su K e un'importante informazione per disegnare il luogo delle radici stesso. Il luogo delle radici siatto può essere visto in gura 2.11.
Figura 2.11:
Compito del 3 aprile 2008: luogo delle radici per K positivo
• luogo delle radici per K < 0 → asse reale: fanno parte del luogo delle radici i punti che lasciano
alla loro destra un numero pari o nullo di zeri e poli; soddisfano questo requisito tutti i punti di ascissa superiore a -10 (primo asintoto). Il centro degli asintoti sarà sempre quello (ascissa -4) ma questa volta gli angoli formati con l'asse reale sono: 2νπ 2π 4π ν = 0, 1, 2 ⇒ 0, , m−n 3 3 ( −1, 056
Questa volta i punti di emergenza ci sono e sono
−6, 944
(li avevamo calcolati prima); siccome
abbiamo due asintoti che partono dall'ascissa -4 possiamo dedurre che il primo punto di emergenza è in prossimità della connessione dei due poli complessi coniugati con l'asse reale, mentre il secondo è quello da cui partono i due archi che si schiacciano verso l'asintoto. Il luogo delle radici è quindi quello in gura 2.12.
2.5.
33
QUALCHE OSSERVAZIONE CHE PUÒ TORNARE UTILE
Figura 2.12:
Compito del 3 aprile 2008: luogo delle radici per K negativo
Da questo esempio possiamo anche dedurre quale importanza abbia la ricerca dei punti di emergenza nel determinare il luogo delle radici. Se si aggiunge il fatto che in genere è necessario un unico passaggio per trovarli (dobbiamo semplicemente trovare le radici di un polinomio, poi i risultati trovati andranno bene sia per K positivo che per K negativo) allora l'importanza del loro corretto calcolo risulta ancora più lampante. Il luogo delle radici ha anche l'utilità di darci qualche informazione in più sulla stabilità del sistema che analizziamo: uno zero o un polo sul semipiano positivo sono infatti sinonimo di instabilità (analizzeremo meglio questo aspetto nel capitolo ??). 2.5
Qualche osservazione che può tornare utile
2.5.1 L'importanza dei punti di emergenza Vogliamo inoltre ulteriormente ribadire che la ricerca dei punti di emergenza è fondamentale per un corretto tracciamento del luogo delle radici. Si prenda in considerazione il seguente esempio20 : s2 − 1 (s + 1) (s − 1) 1 G (s) = 2 2 = 2 =− s (s + 25) s (s + 5j) (s − 5j) 25
−s2 + 1 1 2 s2 s +1 25
Notiamo: 1 • che il guadagno statico è negativo (− 25 ) ma non ci dobbiamo far trarre in inganno21 perché, come si ¯ = signK ); vede dalla forma fattorizzata, si ha signK
• un polo doppio nell'origine p1,2 ; • due poli complessi coniugati puramente immaginari p3,4 = ±5j ; • uno zero doppio z1,2 = ±1.
Per non appesantire troppo la trattazione esamineremo soltanto il luogo delle radici per K negativo (è il caso che qui ci interessa trattare). I punti sull'asse reale facenti parte di quest'ultimo sono quelli che hanno 20 Dal compito del 14 21 Ci eravate cascati?
dicembre 2005. Oh, un compito non tenutosi il 3 aprile! Leggetevi il paragrafo 2.4.2!
34
CAPITOLO 2.
I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI
alla loro destra un numero pari o nullo di zeri o poli. Ricordando bene dove questi ultimi sono posizionati, possiamo asserire di soddisfare tale requisito a sinistra di −1 e a destra di +1. Abbiamo quattro poli e due zeri per cui vi saranno due asintoti: essi formano con il semiasse reale positivo i seguenti angoli 2νπ , ν = 0, 1 ⇒ 0, π m−n
e il loro centro è in 1 σa = n−m
n X
pi −
m X
i=1
! zi
i=1
=
1 (+5j − 5j − 1 + 1) = 0 2
cioè nell'origine. I due asintoti li abbiamo in realtà già localizzati in quanto coincideranno, in qualche modo, coi due segmenti che vanno da −1 a −∞ e da +1 a +∞ (sull'asse reale, chiaramente); gli altri due rami del luogo delle radici andranno invece verso gli zeri. Dobbiamo capire ora come i poli andranno a congiungersi negli zeri per cui risulta cruciale lo studio dei punti di emergenza. Condizione di annullamento della derivata di G(s): 1 2 2 d s s +1 d −s2 + 1 1 2 25 s2 s +1 − −s2 + 1 1 d 25 ds ds G (s) = − · = 2 ds 25 1 2 s2 s +1 25 4 3 1 2 s2 s + 1 (−2s) − −s2 + 1 s + 2s 1 25 25 =− · 2 25 1 2 s2 s +1 25
Quando si annulla il numeratore? 2
s
4 3 1 2 2 s + 1 (−2s) − −s + 1 s + 2s = s2 + 25 −2s3 − −s2 + 1 4s3 + 50s = 25 25 = −2s5 − 50s3 + 4s5 + 50s3 − 4s3 − 50s = s 2s4 − 4s2 − 50 = 0
Le soluzioni di quest'ultima equazione sono: s1 = 0 s2,3 = ±2, 70 s4,5 = ±2, 02j
Dai punti di emergenza ci vengono chiari messaggi: • i punti s4,5 stanno sull'asse immaginario e quindi signi ca che i rami aventi origine nei due poli +5j e −5j arriveranno no ai punti di emergenza, poi si divideranno; • i punti s2,3 stanno sull'asse reale, belli piantati sui due asintoti; • dai punti s4,5 bisognerà simmetricamente arrivare ai punti s2,3 per cui il risultato nale sarà geomet-
ricamente uguale ad un'ellisse (vedi gura 2.13). Un particolare importante che ci aiuta a giungere a questa conclusione (e a non cadere in errore) è la consapevolezza della simmetria del diagramma rispetto all'asse reale: il fatto che i punti di emergenza abbiano una tale con gurazione, localizzata in prossimità delle intersezioni dell'ellisse coi suoi semiassi, signi ca che l'ellisse stessa dovrà essere completa (non potrà esservi una parte nel semipiano superiore che non compaia anche in quello inferiore) e, quindi, che i rami originanti in s4,5 dovranno con uire uno sulla destra e l'altro sulla sinistra, sennò come facciamo a formare tutti e due i punti di emergenza sull'asse reale? Questo permette sia ai poli nell'origine che a quelli a ±5j di raggiungere tramite quattro rami i due asintoti (e di andare due verso l'in nito e due verso gli zeri).
Il luogo delle radici può essere visionato in gura 2.13.
2.5.
QUALCHE OSSERVAZIONE CHE PUÒ TORNARE UTILE
Figura 2.13:
35
Luogo delle radici (dal compito del 14 dicembre 2005).
2.5.2 La NON importanza dei punti di emergenza (viva la coerenza) Esistono anche casi in cui i punti di emergenza non sono proprio da considerare. Esempio22 : G (s) =
−K s (s2 + 2s + s)
Puah, non sarà un banale segno meno a fermarci! Ricaviamo i poli della nostra funzione: p2,3
p1 = 0 (nell'origine) √ −2 ± 4 − 8 = −1 ± j = −2
Abbiamo tre poli e nessun zero, quindi - in de nitiva - ci troviamo con tre asintoti. Il centro dei tre asintoti è in X 1 X 1 2 · poli − zeri = (−1 − 1) = − n.poli + n.zeri 3 3 ¯ < 0): Luogo delle radici per K > 0 (cioè per K Fanno parte del luogo delle radici i punti sull'asse reale che lasciano alla loro destra un numero pari o nullo di zeri e poli fanno quindi parte del luogo delle radici i punti del semiasse reale positivo (ascisse > 0). Un asintoto l'abbiamo già trovato ed è il semiasse di cui sopra: dovendo dividere l'angolo giro in tre parti uguali, 2 4 gli altri due asintoti saranno per forza a π e π . Ricerca dei punti di emergenza: 3
3
3s2 + 4s + 2 d 1 2 = G (s) = 2 2 = 0 ⇒ 3s + 4s + 2 = 0 ds (s3 + 2s2 + 2s) (s3 + 2s2 + 2s) s1,2 =
−4 ±
√ 16 − 24 2 2 2 =− ± j = −0, 667 ± 0, 471j 6 3 6
√
Questi punti di emergenza sono palesemente non validi: essi presupporrebbero infatti la presenza di almeno quattro poli (due per punto di emergenza) mentre noi ne abbiamo massimo tre. Non possiamo 22 Dal
compito del 19 giugno 2008
36
CAPITOLO 2.
I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI
neanche dire che un punto di emergenza è valido e l'altro no, perché il luogo delle radici è simmetrico rispetto all'asse reale (e quindi se c'è uno dev'esserci per forza anche il suo gemello). D'altronde non aveva neanche tanto senso supporre che vi fossero dei punti di emergenza: abbiamo infatti tre poli e tre asintoti e quindi era già molto probabile che i vari archi del luogo delle radici non si incrociassero.
Capitolo 3
Il criterio di Nyquist e la questione della stabilità 3.1
Diagramma e criterio di Nyquist
Una volta letto il capitolo 2, il diagramma di Nyquist lo sappiamo praticamente già fare: esso si ottiene simmetrizzando il diagramma polare rispetto all'asse reale. La cosa interessante è che, tramite tale diagramma, è possibile fare numerose osservazioni riguardo alla stabilità asintotica di un sistema in base a quanti giri faccia (o non faccia) attorno al cosiddetto punto critico che si trova alla coordinata (−1, 0) del diagramma di Nyquist.
Figura 3.1:
Chiusura del diagramma di Nyquist per sistema di tipo 0
Se un sistema ha, nella sua funzione di trasferimento, non ha poli nell'origine (sistema di tipo 0) e ha il numeratore di grado inferiore al denominatore, allora il diagramma polare collasserà nello zero per ω → ∞. Specchiare tale diagramma rispetto all'asse delle ascisse non è problematico perché alla ne è solo questione di costruire geometricamente la parte specchiata, che nirà anch'essa nell'origine come l'originale (v. gura 3.1) Se invece il sistema è di tipo 1 (polo nell'origine) o di tipo 2 (polo con molteplicità 2 nell'origine) bisogna chiudere in maniera esotica i diagrammi polari in quanto essi presentano rami all'in nito e, per de nizione, il diagramma di Nyquist dev'essere una curva chiusa. Ebbene i diagrammi completi, in tal caso, si chiudono (v. gura 3.2): • con una semicirconferenza all'in nito percorsa in senso orario nel caso di un polo nell'origine; • con una circonferenza all'in nito percorsa in senso orario nel caso di polo doppio nell'origine.
Nota concettualmente importante: le regole che esponiamo da questo momento in poi hanno a che fare con la funzione di trasferimento ad anello negli esercizi è sempre retroazione unitaria
Ga (s) = G (s) H (s) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ 1 · G (s)
37
38
CAPITOLO 3.
Figura 3.2:
IL CRITERIO DI NYQUIST E LA QUESTIONE DELLA STABILITÀ
Chiusura del diagramma di Nyquist per sistemi di tipo 1 e 2
e la funzione di trasferimento del sistema in retroazione: Gret (s) =
G (s) 1 + G (s) H (s)
I poli e gli zeri della prima (cioè della funzione di trasferimento ad anello) sono a noi noti perché molto spesso li dobbiamo trovare all'interno dell'esercizio (per fare ad esempio i diagrammi di Bode, ma anche per trovare il luogo delle radici). Le regole che invece verranno elencate nei prossimi sottoparagra hanno la grande utilità di dirci se la funzione di trasferimento del sistema in retroazione ha radici a parte reale positiva (instabili). Si faccia quindi attenzione a disaccoppiare le due cose: la funzione di trasferimento ad anello potrebbe essere instabile, mentre quella del sistema in retroazione potrebbe avere tutte le radici a parte reale negativa!
3.1.1 Poli tutti stabili A questo punto dell'analisi, se tutti i poli hanno parte reale negativa (e quindi sono tutti stabili), è possibile utilizzare la seguente formulazione del criterio di Nyquist: condizione necessaria e su ciente perché il sistema di controllo sia asintoticamente stabile1 , è che il diagramma polare completo della funzione di risposta armonica (diagramma di Nyquist) non circondi né tocchi il punto critico. I giri attorno al punto critico sono per de nizione i giri che un raggio vettore centrato nel punto critico e con la punta sul diagramma completo compie seguendo i punti del diagramma completo per ω da +∞ a −∞. Esempio
Esempio2 :
−4, 0193ω 2 + 0,4289jω + 1 G (jω) = −7,236 (48, 54jω + 1) (−0, 210ω 2 + 0, 184jω + 1)
La risoluzione per individuare come sia fatto il diagramma polare può essere trovata al paragrafo 2.2.5. Riportiamo in gura 3.3 soltanto il risultato nale per poter poi discutere di stabilità. Tutti i poli sono a parte reale negativa, quindi può scattare il teorema di Nyquist nella versione che recita così: se la funzione di trasferimento KG (s), una volta fatto il diagramma di Nyquist, NON circonda il punto critico (-1, 0), allora il sistema è asintoticamente stabile. Questo vuol dire che il raggio vettore, centrato nel punto critico, non deve (per ω che va da - in nito a + in nito) girarvi intorno per 2π radianti o più. Si noti anzitutto che KG (s), per K > 0, ha le stesse fasi di G(s) ; quel che cambia è solamente il modulo, ma la forma del diagramma rimane praticamente inalterata, con le sue tre intersezioni con l'asse reale e il cappio che bene si vede nella gura del diagramma polare. Il diagramma di Nyquist si ottiene specchiando tale diagramma rispetto all'asse reale. Per essere sicuri di non toccare né circondare il punto, dobbiamo fare in modo che il diagramma parta da un punto > −1 sull'asse reale. Tale punto coincide con quello di partenza del diagramma polare e, in de nitiva, è determinato dal guadagno statico che è uguale a 1 allora il guadagno statico sarà superiore a −1 e saremo sicuri che il punto critico −7, 236K . Se K < 7, 236
1 Qui 2 Dal
ci stiamo riferendo alla funzione di trasferimento del sistema in retroazione compito del 3 aprile 2006.
3.1.
39
DIAGRAMMA E CRITERIO DI NYQUIST
Figura 3.3:
Diagramma polare (compito del 3 aprile 2006).
non verrà mai circondato. Per cui, tenendo conto dell'ipotesi K > 0, l'asintotica stabilità è assicurata per 1 0
3.1.2 Funzione non asintoticamente stabile Se la funzione di trasferimento è instabile (e quindi ha poli a parte reale positiva e a parte reale negativa), ma non presenta poli immaginari eccezion fatta per un eventuale polo nullo semplice o doppio, allora il criterio diventa il seguente: condizione necessaria e su ciente perché questo sistema di controllo sia asintoticamente stabile3 è che il diagramma polare completo circondi il punto critico tante volte in senso antiorario quanti sono i poli instabili4 . La cosa particolare (che può tornare utile negli esercizi) è che ogni giro in meno in senso antiorario od ogni giro in più in senso orario rispetto al numero richiesto dalla condizione sopra riportata corrisponde alla presenza di un polo con parte reale > 0. Esempio 1
Esempio5 G (s) =
1 + 100s (1 + s) (1 − s)
Poli e zeri: • zero =
1 100
, pulsazione di taglio: 0,01 rad/s;
• poli = +1, −1, pulsazione di taglio: 1 rad/s.
Considerazioni per tracciare il diagramma polare: 3 Qui 4 Qui 5 Dal
ci stiamo riferendo alla funzione di trasferimento del sistema in retroazione ci stiamo riferendo alla funzione di trasferimento ad anello! compito del 19 giugno 2008
40
CAPITOLO 3.
IL CRITERIO DI NYQUIST E LA QUESTIONE DELLA STABILITÀ
• numeratore di grado inferiore a quello del denominatore: il diagramma nisce nell'origine per pulsazioni ω → ∞; • nessun polo nell'origine: partiamo dall'ascissa di guadagno statico = 1; • lo zero arriva prima di tutti e tenderà ad aumentare la fase, cioè a far girare il raggio vettore in senso
antiorario;
• i due poli hanno carattere contrastante perché sono di segno opposto (uno è stabile, l'altro è instabile):
essi non avranno contributi sulla fase, per cui il raggio vettore non smetterà mai di ruotare in senso antiorario. La rotazione complessiva del raggio vettore sarà di +90◦ : partiremo dal semiasse reale positivo e termineremo tangenti al semiasse immaginario positivo (e, lo ricordiamo, nell'origine). Il modulo crescerà solo all'inizio, in prossimità dello zero che imprime una pendenza di +20dB/dec; dopo due decadi (in senso logaritmico, cioè quando saremo passati da 0, 01 a 1 rad/s) la pendenza diventerà negativa e pari a −20dB/dec per via dell'azione dei due poli.
Figura 3.4:
Diagramma polare dal compito del 19 giugno 2008
Il diagramma polare è quindi quello in gura 3.4 e il diagramma di Nyquist può essere ricavato specchiando tale diagramma rispetto all'asse delle ascisse. Risulta facile convincersi che il punto critico non lo vediamo manco di striscio, né lo circondiamo, visto che stiamo sempre nel semipiano destro. Non facciamo né mezzi giri né giri completi attorno al punto di emergenza (avremmo bisogno di fare un giro in senso antiorario attorno al punto critico per essere stabili) per cui, avendo noi un polo a parte reale positiva, siamo sempre instabili. Esempio 2
Esempio6 : G (s) = 200
Abbiamo quindi: • uno zero nell'origine: z1 ; 6 Dal
compito del 4 settembre 2007
s s = −1 · 1 1 (s + 10) (s − 20) s+1 − s+1 10 20
3.1.
41
DIAGRAMMA E CRITERIO DI NYQUIST
• due poli semplici: p1 = −10, p2 = 20 (pulsazioni di taglio: 10 rad/s per il primo polo semplice, 20
rad/s per il secondo);
Abbiamo uno zero nell'origine per cui partiamo dall'origine stessa. Inizialmente la rotazione sarà oraria in quanto il termine −
1 1 + 10 20
<0
è minore di zero. Partiamo inoltre con fase pari a −180◦ (guadagno statico < 0) + 90◦ (lo zero) = −90◦ . Siccome il denominatore ha grado maggiore del numeratore, il diagramma collasserà nell'origine per . Una particolarità interessante è che il gra co delle ampiezze e quello delle fasi (che qui omettiamo) sono ambedue simmetrici: il nostro diagramma polare sarà quindi caratterizzato da una curva che viene percorsa in un verso no alla pulsazione di 14,14 rad/s e in quello opposto di lì in avanti.
Figura 3.5:
Diagramma polare dal compito del 4 settembre 2007
Il diagramma polare (semplice) può essere trovato in gura 3.5. Per K > 0 il sistema è sicuramente non asintoticamente stabile in quanto il sistema in catena aperta è instabile di suo (c'è un polo positivo) e non riusciamo ad ovviare a questo inconveniente circondando il punto critico. Dobbiamo infatti utilizzare la formulazione generale del criterio di Nyquist che recita come segue: un sistema in retroazione negativa unitaria è asintoticamente stabile e solo se il diagramma di Nyquist circonda il punto critico per tanti giri al nito in senso antiorario quanti sono i poli instabili (nel semipiano destro) e per tanti mezzi giri al nito in senso antiorario quanti sono i poli sull'asse immaginario. Avendo un polo instabile e non facendo alcun giro possiamo dire di essere sempre in condizione di instabilità per K > 0. Per altre informazioni riguardo questo esempio si rimanda a 2.2.6.
3.1.3 Funzione non asintoticamente stabile e poli immaginari Nel caso più generale possibile la formulazione è questa: il sistema in retroazione è asintoticamente stabile se e solo se il diagramma polare completo circonda il punto critico per tanti giri al nito (2π ) in senso antiorario quanti sono i poli nel semipiano destro e per tanti mezzi giri (π ) al nito in senso antiorario quanti sono i poli sull'asse immaginario (fra cui i poli nulli).
42
CAPITOLO 3.
3.2
IL CRITERIO DI NYQUIST E LA QUESTIONE DELLA STABILITÀ
Formulazione generale del criterio di Nyquist e altro esempio di stabilità condizionata
La formulazione generale (e più elegante, visto che non c'è bisogno di chiudere il diagramma con semicirconferenze o circonferenze di raggio in nito) del criterio di Nyquist è la seguente: nz = nf + np +
ν 2
• nz è il numero di poli del sistema in retroazione a parte reale positiva; • nf è il numero di giri del diagramma di Nyquist attorno al punto critico (senso antiorario: negativi,
senso orario: positivi);
• è numero dei poli a parte reale della funzione di trasferimento ad anello; • ν è il numero di poli immaginari (e nulli) della funzione di trasferimento ad anello.
Quando nz è uguale a zero allora il sistema in retroazione è asintoticamente stabile: infatti il numero di poli a parte reale positiva è nullo, dato che nz = 0, e non vi possono essere poli a parte reale nulla perché in tal caso il diagramma di Nyquist sarebbe passato esattamente per il punto critico. Esempio: 2
Ga (s) = K
Figura 3.6:
(s + 1) s2 (s + 0, 1)
Diagramma di Nyquist per l'esempio sulla stabilità condizionata.
Il diagramma di Nyquist può essere visto in gura 3.6. Utilizziamo la formulazione generale del criterio di Nyquist: il sistema non ha poli a parte reale positiva e ha due poli nell'origine. Deve quindi compiere due mezzi giri al nito in senso antiorario (cioè un giro al nito in senso antiorario) per essere stabile. Si ha • il diagramma per K = 1 circonda il punto critico con una rotazione al nito (quella dell'occhiello in gura) pari ad un giro in senso antiorario: quindi il sistema è stabile per K = 1. Con la formula si ha
infatti
nz = nf + np +
ν 2 = −1 + 0 + = 0 2 2
cioè il sistema in retroazione ha un numero nullo di poli a a parte reale positiva. Quindi il sistema in retroazione è asintoticamente stabile;
3.3.
43
STABILITÀ E LUOGO DELLE RADICI
1 • consideriamo ora il caso K < 0, 4 : ora l'intersezione con l'asse reale è in −2, 5, quindi il punto − è K fuori dall'occhiello per K < 0, 4. In tal caso compiamo un giro al nito in senso orario intorno al punto
critico. Ne dovevamo fare uno in senso antiorario per avere la stabilità: quindi il sistema è instabile per K < 0, 4 a causa di due poli instabili (1 in meno in senso antiorario ed 1 in più in senso orario: 1 − (−1) = 2). Con la formula, forse di più agevole applicazione, si ha infatti nz = nf + np +
2 ν =1+0+ =2 2 2
cioè il sistema in retroazione ha un due poli a parte reale positiva. Quindi il sistema in retroazione è instabile a causa di due poli! La stabilità è condizionata: per valori `grandi', ossia K > 0, 4, il sistema è stabile; per valori `piccoli`, ossia K < 0, 4, il sistema è instabile! 3.3
Stabilità e luogo delle radici
Conferme sulla stabilità possono venire dal luogo delle radici. Spesso, infatti, viene chiesto di disegnare il luogo delle radici dopo aver svolto il diagramma di Nyquist e di veri care se le conclusioni sulla stabilità sono confermate. In soldoni quel che dobbiamo fare, una volta disegnato il luogo delle radici, è controllare quali siano le intersezioni con l'asse immaginario e se, per qualche valore, `sforiamo' nel semipiano destro. In molti casi, ad esempio, risulta che vi è sempre una radice nel semipiano destro, ad esempio perché esiste un polo al valore +1 e l'asintoto lo porta a +∞: in tal caso il sistema è instabile in maniera lampante perché proprio non riusciamo a fare a meno di quella radice a parte reale positiva. Altre volte capita che non vi siano archi né punti del luogo delle radici nel semipiano destro: se ciò avviene il sistema è invece asintoticamente stabile.
Figura 3.7:
Confronto fra il luogo delle radici e il diagramma di Nyquist
Prendiamo ora l'esempio trattato nel paragrafo 3.2: in gura 3.7 appare il luogo delle radici. Se ricorda che per valori di K inferiori a 0, 4 si era detto che il sistema era instabile: e infatti proprio presso quei valori è situata l'intersezione dei due archi con l'asse immaginario. Per valori più grandi, invece, tutte le radici (2 archi + asintoto) stanno interamente nel semipiano sinistro e quindi il sistema è - come già avevamo preventivato - asintoticamente stabile.
44
CAPITOLO 3.
IL CRITERIO DI NYQUIST E LA QUESTIONE DELLA STABILITÀ
Capitolo 4
Errori a regime 4.1
Retroazione unitaria
Una frequentissima domanda agli esami è quella che richiede di dimensionare K a nché un dato sistema in retroazione negativa unitaria abbia errore a regime nullo (o pari ad un certo valore C ). Esercizi di tale tipo si risolvono molto semplicemente in due passaggi (si faccia riferimento alla gura 4.1):
Figura 4.1:
Schema della retroazione unitaria
• si calcola la trasformata del segnale errore E(s) E(s) =
R(s) 1 + Ga (s)
dove R(s) è il segnale di riferimento, cioè quello che viene dato in pasto al nostro sistema posto in retroazione, mentre Ga (s) è la funzione di trasferimento del ramo diretto (spesso pari a KG(s)): E(s) =
R(s) 1 + KG(s)
• si utilizza la formula dell'errore a regime Er (s) = lim sE (s) s→0
e la si pone uguale a zero se la richiesta è quella di avere un errore a regime nullo, mentre la si pone uguale a C se si desidera che Er (s) sia pari, appunto, a C . Facile, no?
4.1.1 Esempio 1 (tratto dal compito del 3 aprile 2008 s+3
1
Abbiamo un sistema in retroazione unitaria (v. gura 4.1) con G (s) = 2 ed R(s) = 2 (rampa). Si s s chiede di valutare se esistono valori di K per cui l'errore a regime in risposta alla rampa unitaria è nullo. 45
46
CAPITOLO 4.
ERRORI A REGIME
Non ci resta che applicare il nostro metodo coi suoi due punti cardine. Trasformata del segnale errore per un sistema in retroazione negativa unitaria: R (s) E (s) = = 1 + G (s)
Errore a regime:
1 1 s2 = 2 s+3 s + K (s + 3) 1+K 2 s
er = lim [sE (s)] = lim s s→0
s→0
1 0 = =0 s2 + K (s + 3) 3K
Per cui l'errore è sempre nullo per qualsiasi K > 0. D'altronde potevamo dedurlo in quanto se la trasformata del riferimento (nel nostro caso la rampa) ha un polo nullo di molteplicità h allora il sistema nel ramo diretto deve avere un polo nullo di molteplicità h (e così è). Per maggiori informazioni consulta il paragrafo 4.3.
4.1.2 Esempio 2 (dal compito del 18 luglio 2007) 1
1
ed R(s) = 2 (rampa). Si Abbiamo un sistema in retroazione unitaria (v. gura 4.1) con G (s) = s (s + 1) s chiede di valutare se esistono valori di K per cui l'errore a regime in risposta alla rampa unitaria è pari a 0, 1. Applichiamo i nostri due soliti passaggi. Errore: R (s) E (s) = = 1 + KG (s)
1 s2 1+K
1 s (s + 1)
(s + 1) s = s (s + 1) + K
Errore a regime: (s + 1) (s + 1) 1 s lim s · = lim = = 0, 1 ⇒ K = 10 s→0 s→0 s (s + 1) + K s (s + 1) + K K
NOTA: negli esempi visti ora abbiamo dato per scontato che il sistema fosse stabile per K > 0 e, in particolare, per qualunque K > 0. In realtà potrebbe accadere l'ipotesi che vi siano dei poli in grado di diventare a parte reale positiva (per colpa di K ) e quindi in grado di rendere instabile la f.d.t.: per i K che rendono la risposta non asintoticamente stabile non ha però senso parlare di errore a regime. Vedremo fra poco un esempio in cui questo controllo è importante. 4.2
Retroazione non unitaria
Se abbiamo una retroazione non unitaria le cose si complicano davvero di pochissimo: si faccia riferimento alla gura 4.2.
Figura 4.2:
Schema della retroazione NON unitaria
Questa volta i due punti che caratterizzano lo svolgimento sono i seguenti:
4.3.
47
IL PRINCIPIO DEL MODELLO INTERNO
• si calcola la trasformata del segnale errore E(s) E(s) =
R(s) 1 + H(s)Ga (s)
dove R(s) è il segnale di riferimento, cioè quello che viene dato in pasto al nostro sistema posto in retroazione, H(s) è l'espressione del ramo di retroazione, mentre Ga (s) è la funzione di trasferimento del ramo diretto (spesso pari a KG(s)): E(s) =
R(s) 1 + KH(s)G(s)
• si utilizza la formula dell'errore a regime Er (s) = lim sE (s) s→0
e la si pone uguale a zero se la richiesta è quella di avere un errore a regime nullo, mentre la si pone uguale a C se si desidera che Er (s) sia pari, appunto, a C . Ancora facile, no?
4.2.1 Esempio (dal compito del 19 giugno 2008) 1
1
Abbiamo un sistema in retroazione NON unitaria (v. gura 4.2) con G (s) = , H (s) = 1−s e R(s) = 2 s+2 s (rampa). Si chiede di valutare se esistono valori di K per cui l'errore a regime in risposta alla rampa unitaria è nullo. Segnale errore: R (s) E (s) = = 1 + H (s) KG (s)
1 s 1 + (1 − s)
1 s+2 s s = = s + 2 + K (1 − s) s + 2 + K (1 − s) (s + 2)
K s+2
Errore a regime: s+2 s+2 2 s Er (s) = lim s · = lim = s→0 s + 2 + K (1 − s) s→0 s + 2 + K (1 − s) 2+K
Non esistono quindi valori che rendano l'errore a regime nullo. Esiste però un valore in grado di minimizzare tale errore. Il sistema è infatti asintoticamente stabile solo per alcuni valori di K , quelli cioè che rendono le radici del denominatore della funzione di trasferimento KG (s) = 1 + H (s) KG (s)
K
1 s+2
1 1 + (1 − s) K s+2
=
K s + 2 + (1 − s) K
tutte negative (poli tutti stabili). Si ha infatti: −2 − K s + 2 + (1 − s) K = 1−K
(
N è positivo : K < −2 D è positivo : K < 1
⇒ la frazione è negativa per − 2 < K < 1 2
Ha quindi senso calcolare il tutto solo nell'intervallo −2 < K < 1 . L'errore a regime Er (s) = si 2+K minimizza per K = 1. 4.3
Il principio del modello interno
Il principio del modello interno recita che, se la trasformata del riferimento R(s) ha un polo nell'origine di molteplicità h, allora il sistema nel ramo diretto G(s) deve anch'essa avere un polo nullo di molteplicità h al ne di ottenere un errore a regime nullo. Si riguardino gli esercizi nei paragra 4.2 e 4.1 per avere conferma di ciò.
48
CAPITOLO 4.
ERRORI A REGIME
Elenco delle gure 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8
Carrellata di diagrammi di Bode delle ampiezze (termini elementari). . . . . . . Esempio di composizione di gra ci (compito del 25 luglio 2006) . . . . . . . . . Confronto fra diagramma reale e diagramma asintotico nel caso `polo semplice' Picco di risonanza al variare di δ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esempio di variazione di fase indotta da poli c.c., al variare di δ . . . . . . . . . Diagramma delle fasi reale per un polo semplice. . . . . . . . . . . . . . . . . . Diagramma delle fasi reale per uno zero semplice. . . . . . . . . . . . . . . . . . Diagramma delle fasi (dal compito del 3 aprile 2008. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
8 9 11 12 13 14 14 16
2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 2.12 2.13
Diagramma delle ampiezze. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Diagramma delle fasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Diagramma polare. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gra co di Bode delle ampiezze (compito del 3 aprile 2006). . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gra co di Bode delle fasi (compito del 3 aprile 2006). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Diagramma polare (compito del 3 aprile 2006). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Diagramma polare tracciato con considerazioni qualitative (dal compito del 3 aprile 2008) . Tabella di Routh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Forma frequentemente assunta del luogo delle radici (tratto dal compito del 3 aprile 2006). ¯ < 0) dal compito del 3 aprile 2006. . . . . . . . . . . . . . . . . . Altro luogo delle radici (K Compito del 3 aprile 2008: luogo delle radici per K positivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . Compito del 3 aprile 2008: luogo delle radici per K negativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . Luogo delle radici (dal compito del 14 dicembre 2005). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
18 18 19 21 22 23 23 24 29 30 32 33 35
3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7
Chiusura del diagramma di Nyquist per sistema di tipo 0 . . . . Chiusura del diagramma di Nyquist per sistemi di tipo 1 e 2 . . . Diagramma polare (compito del 3 aprile 2006). . . . . . . . . . . Diagramma polare dal compito del 19 giugno 2008 . . . . . . . . Diagramma polare dal compito del 4 settembre 2007 . . . . . . . Diagramma di Nyquist per l'esempio sulla stabilità condizionata. Confronto fra il luogo delle radici e il diagramma di Nyquist . . .
. . . . . . .
37 38 39 40 41 42 43
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
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. . . . . . .
. . . . . . .
4.1 Schema della retroazione unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 4.2 Schema della retroazione NON unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
49
