23-03-2016


ESERCIZIO 1.

  • Descrivere i quattro passi fondamentali necessari per la sintesi di un sistema di controllo dato un sistema reale illustrando gli ingredienti fondamentali e gli obiettivi di controllo

1)Modellistica :   Processo che permette di associare ad un modello reale , un modello oggettivo che possa essere descritto attraverso opportune relazioni matematiche. Generalmente si preferisce descrivere un modello nel dominio del tempo attraverso un’equazione differenziale ordinaria(ODE) ,nel dominio della s G(s) ed in frequenza       G(j\omega)

2)Analisi : Processo che permette di verificare il soddisfacimento dei requisiti richiesti

3)Sintesi : Realizzazione vera e propria del controllore nel dominio richiesto (t,s,\omega)

4)Validazione : Processo che permette di validare un controllore sintetizzato ; La validazione avviene attraverso test in laboratorio e/o attraverso simulazioni software.

Gli obiettivi richiesti ad un controllo per essere validato sono :
1) Stabilità : Capacità del controllore di portare il sistema ad uno stato desiderato.
2) Robustezza : Capacità del controllore di mantenere lo stato desiderato anche in presenza di ingressi non manipolabili(disturbi)
3) Robustezza: Capacità del controllore di portare il sistema ad uno stato desiderato in un tempo desiderato.

  • Dato il sistema LTI descritto da :

        \[\begin{cases}\dot{x_1}=-2x_1-x_2 \\ \dot{x_2}=x_1+u \end{cases} \]

  • Si studi la stabilità del sistema

Per studiare la stabilità del sistema , valutiamo i poli del polinomio caratteristico di A

    \[q_a{(\lambda)} =\begin{bmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} -2 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda+2 & +1 \\ -1 & \lambda \end{bmatrix}\]


    \[\rightarrow \det(q_a) = \lambda^{2}+2\lambda+1\]


Quindi i poli del sistema sono p_1 = p_2 =-1
Il sistema è asintoticamente stabile in quanto abbiamo entrambi i poli a parte reale negativa .

  • Si determini la trasformazione T tale da portare il sistema dato in forma canonica di controllo

    \[T=C_zC^{-1}\]

    \[C_z = \begin{bmatrix} \tilde{B} & \tilde{A}\tilde{B} \cdots \tilde{A^{n-1}}\tilde{B}\end{bmatrix}\]

\rightarrow\tilde{A}=\begin{bmatrix} -a_1 & -a_2 & \cdots & -a_{n-1} & -a_{-n} \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & 0 & \ddots & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}

\rightarrow\tilde{B}=\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}

\rightarrow\tilde{C_z}=\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}

    \[C^{-1} =\begin{bmatrix} B & AB \cdots A^{n-1}B\end{bmatrix}^{-1} \]

\rightarrow C^{-1} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0\end{bmatrix}

Quindi la trasformazione T è pari a :

    \[T = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -2 & 1 \\ -1 & 0\end{bmatrix}\]

  • Utilizzando la formula di Ackermann, si progetti un controllore che garantisca un tempo di assestamento inferiore a 3s e assenza di oscillazioni

 

TRADUZIONE SPECIFICHE
t_{a,1\%} \le 3s \rightarrow 5\tau \le 3 \rightarrow \tau \le 0,6 \rightarrow \lambda \le -1,66
assenza\,oscillazioni \rightarrow scelta\,di\,poli\,reali\,e\,distinti

SCELTA CONTROLLORE
Siccome dobbiamo soddisfare solo specifiche in transitorio scegliamo un controllore SFC(state feedback control).

    \[u = -kx\]

SCELTA AUTOVALORI
Dopo aver tradotto le specifiche ed aver capito dove posizionare i poli , possiamo scegliere in modo arbitrario gli autovalori (ovviamente rispettando le specifiche trovate sopra).
Per questo progetto si sono scelti i seguenti autovalori :

    \[\lambda_1 = -5 \qquad\lambda_2=-20 \]


Quindi il polinomio caratteristico desiderato sarà :

    \[q_d{\lambda} = (\lambda+5)(\lambda+20)= \lambda^{2}+25\lambda^{2}+100\]

TARIAMO K ATTRAVERSO LA FORMULA DI ACKERMANN

    \[u = -kx \rightarrow k=\tilde{k}T\]

\rightarrow \tilde{k}=\begin{bmatrix}p_1-a_1 & p_2-a_2 \cdots p_n-a_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}25+2 & 100-1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}27 & 99 \end{bmatrix}

    \[k = \begin{bmatrix}27 & 99 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -2 & 1 \\ -1 & 0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-53 & 23 \end{bmatrix} \]

  • Elencare tutte le istruzioni MATLAB necessarie per la risoluzione del punto 1(b)iii.

A = [-2,-1;1,0]
B = [0;1]
P = [-5,-20];

K = acker(A,B,P);

ESERCIZIO 2.

  • Si descriva il metodo di taratura di Ziegler-Nichols in anello aperto

Quando non è possibile ottenere oscillazioni persistenti dal sistema aumentando il valore di K_p allora si approssima il sistema , ad un sistema del primo ordine del tipo

    \[G(s) = \frac{\mu}{1+Ts}e^{-s\tau}\]

dove \mu, \tau e T sono parametri che vengono stimati dalla risposta a gradino del sistema .
Il metodo che utilizzeremo per la taratura dei parametri sopra indicati prende il nome di METODO DELLA TANGENTE , esso consiste nel tracciare la retta tangente al punto di massima pendenza alla risposta al gradino :

Una volta che abbiamo stimato i parametri , utilizziamo la seguente tabella di taratura di Z-N per tarare i guadagni di un PID :

    \[ \begin{tabular}{r|c|c|c|} &$K_p$&$T_i$&$T_d$\\ \hline P&$\frac{T}{\mu\tau}$&$\infty$&0\\ \hline PI&$0,9\frac{T}{\mu\tau}$&$3\tau$&0\\ \hline PID&$1,2\frac{T}{\mu\tau}$&$2\tau$&$0.5\tau$\\ \hline \end{tabular} \]

  • Dato il sistema

        \[\ddot{y}+6\dot{y}+5y = 0\]

    si progetti un regolatore PD tale da garantire

  • |e|_\infty<5\% a fronte di un gradino unitario
  • s_{\%}<25\%
  • Si illustrino gli effetti sul transitorio e sul regime dell’azione derivativa

L’azione derivativa ha un ingresso di controllo pari a :

    \[u = K_d\dot{e}=K_d(\dot{r}-\dot{y})\]

Per vedere gli effetti a regime e in transitorio , consideriamo quindi il seguente sistema :

    \[\ddot{y}+a_1\dot{y}+a_2y=u \]

Sostituendo l’ingresso di controllo , esso diventa pari a :

    \[\ddot{y}+a_1\dot{y}+a_2y=K_d(\dot{r}-\dot{y})\]

ovvero

    \[\ddot{y}+\dot{y}(a_1+K_d)+a_2y=K_d\dot{r}\]

Valutando il sistema a regime

    \[\ddot{y}_\infty+\dot{y}_\infty(a_1+K_d)+a_2\ddot{y}_\infty=K_d\dot{r}\]

possiamo osservare che le derivate vanno a zero e quindi vale

    \[a_2y_\infty= 0\rightarrow y_\infty=0 \]

quindi possiamo concludere che l’azione derivativa a regime non ha alcun effetto .
In transitorio :
– Diminuisce la sovraelongazione , in quanto il valore di \zeta cresce
– Aumenta la velocità del sistema
– Può amplificare i disturbi sull’errore

  • Descrivere le caratteristiche frequenziali delle reti PI e PD

La rete PI ( Proporzionale-Integrale ) si comporta in frequenza come una rete Lag (Ritardatrice):

La rete PD ( Proporzionale-Derivativa) si comporta in frequenza come una rete Lead (Anticipatrice):

 

ESERCIZIO 3

  • Si dia la definizione di Luogo delle radici

Consideriamo il seguente schema a blocchi :

Esso ha funzione di trasferimento a ciclo chiuso G_{cc} = \frac{L(s)}{1+L(s)} con L(s) = C(s)G(s).
Per il sistema visto con funzione di trasferimento ad anello

    \[L(s) = \rho\frac{\prod\limits_{i=1}^{m}(s+z_i)}{\prod\limits_{i=1}^{n}(s+p_i)}\]

Si definisce luogo delle radici il luogo descritto nel piano complesso dalle radici dell’equazione 1+\rho L(s)=0 al variare di \rho da -\infty a +\infty

  • Si spieghi quali condizioni sui moduli e sulle fasi devono soddisfare i punti s del piano complesso per appartenere al luogo delle radici di un sistema di interesse

CONDIZIONI SUI MODULI

    \[\frac{|\prod\limits_{i=1}^{m}(s+z_i)|}{|\prod\limits_{i=1}^{n}(s+p_i)|}=\frac{|N^{*}(s)|}{|D(s)|}=\frac{1}{|\rho|}\]

CONDIZIONI SULLE FASI

    \[\angle{\prod\limits_{i=1}^{m}(s+z_i)}-\angle{\prod\limits_{i=1}^{n}(s+p_i)}=\angle{N(s)}-\angle{D(s)}=\]

    \[=\begin{cases} (2k\pi+1)\rho, & \mbox{se }\rho > 0 \\ 2k\pi, & \mbox{se }\rho < 0 \end{cases}\]

    • Dato la funzione di anello aperta descritta da

          \[L(s)=\frac{\rho(s+4)}{(s+1)(s-2)}\]

Si traccino i luoghi delle radici diretto ed inverso
LUOGO DIRETTO
Per tracciare il luogo delle radici occorre valutare i poli e gli zeri della nostra funzione :

    \[p_1=-1 & p_2=2 & z_1=-4 \rightarrow \nu = n-m = 1 \]

    \[n = numero&di&poli\]

    \[m = numero&di&zeri\]

Per questo luogo diretto ci aspettiamo due rami(in quanto abbiamo due poli) . Un ramo convergerà nello zero , mentre l’altro divergerà all’infinito .

Appartengono al luogo diretto tutti i punti dell’asse reale che lasciano alla propria destra un numero dispari di singolarità :

Ora occorre valutare eventuali asintoti ; Possiamo farlo utilizzando la formula che segue :

    \[x_a = \frac{1}{\nu}\sum_{i} z_i-\sum_{i} p_i= 4+1=5\]

    \[\psi_{a,k}=\frac{1}{\nu}(2k+1)\pi \rightarrow k = 0 \rightarrow \psi_{a,0}=\pi\]

k varia da 0 \cdots \nu-1

Ora valutiamo eventuali punti di rottura ; Per farlo utilizzeremo la seguente formula :

    \[\gamma(x) = -\frac{D(x)}{N(x)}=-\frac{(s+1)(s-2)}{(s+4)}\]

Facciamo quindi la derivata prima di \gamma e poniamola uguale a zero ,

    \[\gamma'=0 \]

Dopo aver effettuato i vari calcoli otteniamo

    \[s^2+8s-2=0 \rightarrow \gamma_1=0,24 e \gamma_2=-8,24\]

Entrambi i punti di rottura che abbiamo trovato appartengono al luogo diretto

LUOGO INVERSO
Appartengono al luogo inverso tutti i punti dell’asse reale che lasciano alla propria destra un numero pari di singolarità :

Per valutare gli asintoti procediamo allo stesso modo di prima notando che l’angolo di intersezione con l’asse reale questa volta va valutato come :

    \[\psi_{a,k}=\frac{1}{\vu}2k\pi \rightarrow k=0 \rightarrow \psi_{a,0}=0\]

.
I punti di rottura li abbiamo già valutati ed abbiamo constatato che non appartengono al luogo inverso.

Si studi la stabilità del sistema a ciclo chiuso per ogni valore di \rho \in\mathbb{R}
Per garantire la stabilità del sistema ricordiamo che i rami devono appartenere al semipiano sinistro , ovvero devono essere a parte reale negativa.

Luogo Diretto :

    \[L(s) = \frac{-1}{\rho} \rightarrow \frac{(s+1)(s-2)}{s+4}+\rho=0 \]

    \[=s^2-s+s\rho-2+4\rho=0\]

Facciamo l’intersezione con l’asse immaginario(per individuare il punto da cui il sistema è stabile)

    \[s=j\omega \rightarrow (j\omega)^2-j\omega-2+\rho(j\omega)+4\rho=0\]

    \[=-\omega^2-j\omega-2+j\pho\omega+4\rho=0\]

Ora dividiamo la parte reale dalla parte immaginaria :

    \[\begin{cases}-\omega^2-2+4\rho=0 \\ -\omega+\rho\omega=0 \end{cases} \rightarrow \begin{cases}\rho=\frac{1}{2} \\ \omega=0 \end{cases} \]

Per \rho > \frac{1}{2} il sistema è stabile.

Il Luogo Inverso risulta essere sempre instabile in quanto c’è sempre un ramo a destra.

  • Descrive il codice MATLAB che consente di tracciare il luogo delle radici (diretto ed inverso) del sistema riportato al punto precedente

s = tf(‘s’)
L = (s+4)/((s+1)(s-2))
rlocus(L)        //Luogo Diretto
rlocus(-L)      //Luogo Inverso
ESERCIZIO 4

  • Illustrare i concetti di margine di guadagno e margine di fase di un sistema di controllo utilizzando diagrammi rappresentativi se necessario.

MARGINE DI GUADAGNO
E’ definito come K_m=\frac{1}{L_{j\omega\pi}}dove \angle(L_{j\omega\pi})=\pi
Il margine di guadagno K_m rappresenta la distanza del diagramma di nyquist dal punto -1 sull’asse reale.

In generale possiamo anche notare che se :
K_m > 1 \rightarrow A>-1 \rightarrow stabile
K_m = 1 \rightarrow A=-1 \rightarrow indefinito
K_m < 1 \rightarrow A<-1 \rightarrow instabile
MARGINE DI FASE
Per definire il margine di fase , mettiamoci nelle seguenti ipotesi :
Supponiamo che P(numero di poli a parte reale positiva) = 0 , e che il guadagno di L(s) sia positivo. Assumiamo inoltre che il Diagramma di Nyquist interseca l’asse reale in un unico punto ; Quindi detta \omega_c la pulsazione critica , ovvero la pulsazione tale per cui |L(j\omega_c)| = 1 , si definisce margine di fase \phi_m la quantità

    \[\phi_m = \pi-|\phi_c|\]

dove

    \[|\phi_c|=\angle(L(j\omega_c))\]


In generale dal criterio di Bode possiamo affermare che il sistema è stabile se \phi_m >0
Inoltre il margine di fase è utile per valutare la robustezza del sistema rispetto a sfasamenti introdotti da ritardi nella retroazione.
In presenza di un ritardo \tau lo sfasamento massimo ammissibile è dato da :

    \[\tau_{max}=\frac{\phi_m}{\omega}\]

  • Dato il sistema di controllo descritto dalla funzione di anello

        \[L(s) = \frac{1000}{s^{2}+10s+100}\]

    si calcolino i margini di guadagno e di fase

MARGINE DI FASE
Inizialmente bisogna valutare la pulsazione critica \omega_c ; Possiamo farlo molto velocemente disegnando il diagramma di Bode e vedere dove esso interseca l’asse a 0dB.
Quindi per capire come inizia il Diagramma di Bode valutiamo :

    \[L(0)=\frac{1000}{100}\rightarrow L_{dB}=20dB\]

; Inoltre possiamo notare che abbiamo un polo doppio in 10 e quindi il diagramma di Bode è :

Ora dobbiamo valutare la fase in \omega_c
\angle(L(j\omega_c))=\angle(L(j30))=-159°\rightarrow \phi_m = 180°-159°=21°
MARGINE DI GUADAGNO

    \[L(j\omega) = \frac{1000}{j\omega^{2}+10j\omega+100}=\]

    \[=(\frac{1000}{j\omega^{2}+10j\omega+100})(\frac{-\omega^{2}+100-10j\omega}{-\omega^{2}+100-10j\omega})=\]

    \[=\frac{-1000\omega^{2}+100000-10000j\omega}{{-\omega^{2}+100}^{2}+100\omega^{2}}\]

Possiamo quindi dividere la parte reale dalla parte immaginaria :

    \[\rightarrow Re = \frac{-1000\omega^2+100000}{(-\omega^{2}+100^{2})+100\omega^{2}}\]

    \[\rightarrow Imm = \frac{-10000\omega}{(-\omega^{2}+100^{2})+100\omega^{2}}\]

Ora facciamo l’intersezione con l’asse reale :
Imm = 0 \rightarrow -10000\omega= 0 \rightarrow \omega=0
Non essendoci quindi intersezioni con l’asse reale il margine di guadagno K_m = \infty

  • Data la funzione di anello aperto L(s) al punto precedente , si ricavino in maniera approssimata i diagrammi di Bode del modulo delle funzioni di sensitività complementare F(s) e di sensitività S(s) del relativo sistema di controllo
  • FUNZIONE SENSITIVITA’ COMPLEMENTARE

        \[F(s) = \frac{L(s)}{1+L(s)}=\frac{1000}{s^2+10s+1100}\]

        \[\rightarrow F_{dB}=-0,82dB \]

        \[\rightarrow p_1=p_2 = 33\]

FUNZIONE SENSITIVITA’

    \[S(s) = \frac{1}{1+L(s)}=\frac{s^2+10s+100}{s^2+10s+1100}\]

    \[\rightarrow S_{dB}=-20dB \]

    \[\rightarrow z_1=z_2=10 \]

    \[\rightarrow p_1=p_2 = 33\]

  • Si descriva il problema del wind-up dell’azione integrale di un PID e si illustri uno schema di prevenzione

La presenza di attuatori non ideali (affetti da saturazione) può portare al noto fenomeno del wind-up nella sintesi di un controllore di tipo PID.
Per semplicità supporremo un controllore di tipo PI , ma il discorso è identico per un PID.

Supponiamo che inizialmente il controllore PI produca un ingresso \hat{u}(t)>U_m,in questo caso il blocco attuatore fornirà in uscita il valore massimo per il quale è tarato, vale a dire proprio U_m che è una costante. Applicando tale valore costante in ingresso al sistema l’uscita sarà anch’essa una costante , che verrà poi riportata in retroazione al sistema.
Tuttavia succede che il blocco integratore non accorgendosi della saturazione , continua ad integrare immagazzinando energia. Così non appena l’ingresso di controllo \hat{u} ritorna al di sotto della soglia massima consentita dall’attuatore , tutta l’energia immagazzinata precedentemente (all’interno del blocco integratore) viene rilasciata nel sistema , provocando perturbazioni ed oscillazioni.

Per risolvere tale problema , è stato progettato uno schema anti wind-up(desaturazione):

  • Se u<U_m :
  • Se invece u>U_m :
    A causa della saturazione abbiamo u=U_m e l’uscita del blocco in retroazione all’attuatore si porta rapidamente al valore z=U_m e l’azione integrale in pratica viene spenta
     

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