Esercizio studio sistema
La coppia di controllo rispetto all'asse di rollio di un aereo viene generata mediante la rotazione delle superfici mobili, presenti sulle ali. Sia $delta(t)$ l'angolo di deflessione di tali superfici rispetto alla loro posizione neutra. S indichi poi con $phi(t)$ l'angolo di rollio e $w(t)$ la velocità angolare di rollio. Indicando con $j$ il momento di inerzia dell'aereo rispetto all'asse x, un semplice modello descrivente la dinamica del rollio è
$Jddot{phi}=-Kdot{phi}+ddelta(t)$
$delta(t)= u(t)$
$y(t)=phi(t)$
1)Fornire una rappresentazione nello spazio di stato del sistema;
2)Analizzare le proprietà strutturali della realizzazione ottenuta in 1;
3)è possibile stabilizzare il sistema con una reazione statica dell'uscita, ossia mediante un controllo del tipo $u(t)=Fy(t)$? Dire il perchè e dare una soluzione in caso affermativo;
4)è possibile stabilizzare il sistema con una reazione dinamica dell'uscita? Descrivere brevemente una possibile soluzione in caso affermativo;
5)Ricavare la funzione di trasferimento del sistema;
6)Assumendo j = 10, k = 1, d= 10, si determini un sistema di controllo a controreazione unitaria, tale che si abbia stabilità asintotica con un margine di fase di almeno 40° e un tempo di salita di almeno $t_1=0,5$ circa.
Allora provo a risolvere:
1)posto $dot{x_1}(t)=x_2(t)=dot{phi}(t)$ e $dot{x_2}(t)=ddot{phi}(t)$
avremo che :
$dot{x_1}(t)=x_2(t)$
$dot{x_2}(t)=-frac{K}{J}x_2(t)+frac{1}{J}u(t)$
$y(t)=x_1(t)$, e il primo punto dovrebbe essere risolto.
Punto 2 analizziamo le proprietà strutturali, dovrebbe essere un sistema SISO, lineare tempo invariante continuo, strettamente proprio. E anche il secondo punto dovrebbe essere risolto.
Faccio un po' di fatica, invece a capire che cosa voglia nei punti 3 e 4.
$Jddot{phi}=-Kdot{phi}+ddelta(t)$
$delta(t)= u(t)$
$y(t)=phi(t)$
1)Fornire una rappresentazione nello spazio di stato del sistema;
2)Analizzare le proprietà strutturali della realizzazione ottenuta in 1;
3)è possibile stabilizzare il sistema con una reazione statica dell'uscita, ossia mediante un controllo del tipo $u(t)=Fy(t)$? Dire il perchè e dare una soluzione in caso affermativo;
4)è possibile stabilizzare il sistema con una reazione dinamica dell'uscita? Descrivere brevemente una possibile soluzione in caso affermativo;
5)Ricavare la funzione di trasferimento del sistema;
6)Assumendo j = 10, k = 1, d= 10, si determini un sistema di controllo a controreazione unitaria, tale che si abbia stabilità asintotica con un margine di fase di almeno 40° e un tempo di salita di almeno $t_1=0,5$ circa.
Allora provo a risolvere:
1)posto $dot{x_1}(t)=x_2(t)=dot{phi}(t)$ e $dot{x_2}(t)=ddot{phi}(t)$
avremo che :
$dot{x_1}(t)=x_2(t)$
$dot{x_2}(t)=-frac{K}{J}x_2(t)+frac{1}{J}u(t)$
$y(t)=x_1(t)$, e il primo punto dovrebbe essere risolto.
Punto 2 analizziamo le proprietà strutturali, dovrebbe essere un sistema SISO, lineare tempo invariante continuo, strettamente proprio. E anche il secondo punto dovrebbe essere risolto.
Faccio un po' di fatica, invece a capire che cosa voglia nei punti 3 e 4.
Risposte
Ah è vero per il teorema di invarianza... mi ero dimenticato, non so perché vabbé alla fine é la stessa cosa, poi in caso verifico studiando il sistema iniziale...
Vabbè è la stessa cosa 
Ora vedi se riesci, variando $h$, a fissare gli autovalori di $tilde(A)$
Ora vedi se riesci, variando $h$, a fissare gli autovalori di $tilde(A)$
Vabbè per completezza rifaccio con la matrice iniziale, tanto non ci vuole niente. Allora per il teorema di invarianza abbiamo che $M_r=((0,frac{d}{J}),(frac{d}{J},-frac{Kd}{J^2}))$, quindi come volevasi dimostrare stesso risultato, anche la matrice di osservabilità verrà equivalente. Ora proviamo ad assegnare gli autovalori:
preso ad esempio un polinomio: $(lambda^2+2lambda+1)$ ci calcoliamo $A+BH=((0,1),(frac{dh_1}{J},frac{dh_2-k}{J}))$, calcoliamo il polinomio caratteristico di tale matrice ed avremo $s^2+s frac{k-dh_2}{J}-frac{dh_1}{J}$, quindi dovrebbe essere $h_2=frac{k-2J}{d}, h_1=-frac{J}{d}$. Mi viene un dubbio come avrei dovuto fare per assegnare gli autovalori se avessi preso in considerazione la matrice$ tilde(A)=A+BhC=((0,1),(frac{dh}{J}, -frac{K}{J})) $, in quanto mi compare un termine h all'interno della matrice?
preso ad esempio un polinomio: $(lambda^2+2lambda+1)$ ci calcoliamo $A+BH=((0,1),(frac{dh_1}{J},frac{dh_2-k}{J}))$, calcoliamo il polinomio caratteristico di tale matrice ed avremo $s^2+s frac{k-dh_2}{J}-frac{dh_1}{J}$, quindi dovrebbe essere $h_2=frac{k-2J}{d}, h_1=-frac{J}{d}$. Mi viene un dubbio come avrei dovuto fare per assegnare gli autovalori se avessi preso in considerazione la matrice$ tilde(A)=A+BhC=((0,1),(frac{dh}{J}, -frac{K}{J})) $, in quanto mi compare un termine h all'interno della matrice?
"claudio_p88":
Vabbè per completezza rifaccio con la matrice iniziale, tanto non ci vuole niente. Allora per il teorema di invarianza abbiamo che $M_r=((0,frac{d}{J}),(frac{d}{J},-frac{Kd}{J^2}))$, quindi come volevasi dimostrare stesso risultato, anche la matrice di osservabilità verrà equivalente. Ora proviamo ad assegnare gli autovalori:
preso ad esempio un polinomio: $(lambda^2+2lambda+1)$ ci calcoliamo $A+BH=((0,1),(frac{dh_1}{J},frac{dh_2-k}{J}))$, calcoliamo il polinomio caratteristico di tale matrice ed avremo $s^2+s frac{k-dh_2}{J}-frac{dh_1}{J}$, quindi dovrebbe essere $h_2=frac{k-2J}{d}, h_1=-frac{J}{d}$.
Sebbene non ho controllato i calcoli, hai realizzato la retroazione dello stato ( cosa che non ti chiede l'esercizio ); però, meno male che l'hai fatto così si nota subito dove sta il problema.
Il problema ti chiede se puoi assegnare gli autovalori del sistema retroazionando staticamente l'uscita ( e non lo stato ).
Dunque, giunti alla matrice $ tilde(A)=( ( 0 , 1 ),( (hd)/J , -k/J ) ) $ i suoi autovalori sono le radici del polinomio
$ lambda^2+k/Jlambda-(hd)/J $ ( magari ricontrolla i calcoli ).
Si nota subito ( te lo dico così da non farti perdere altro tempo ) una cosa fondamentale: quando si realizza la retroazione dello stato ( il primo polinomio ), in generale, è possibile fissare in modo del tutto arbitrario gli autovalori; quando si realizza, invece, la retroazione statica dell'uscita, come vedi, non puoi decidere in modo arbitrario gli autovalori.
quindi in generale per retroazione statica dell'uscita non posso assegnare in modo arbitrario gli autovalori, mentre per retroazione dello stato sì, o solo in questo caso?
Provo comunque a verificare reazionando lo stato:
$A+HC=((h_1,1),(h_2,-frac{k}{j}))$ il cui polinomio caratteristico è $s^2+s(frac{k}{j}-h_1)-h_1frac{k}{j}-h_2$, dunque preso ad esempio un polinomio del tipo $(s+1)^2$ avremo che $h_1=frac{k}{j}-2, h_2=1-frac{k}{j}$, come faccio a capire che è stabilizzabile con reazione dello stato?
Provo comunque a verificare reazionando lo stato:
$A+HC=((h_1,1),(h_2,-frac{k}{j}))$ il cui polinomio caratteristico è $s^2+s(frac{k}{j}-h_1)-h_1frac{k}{j}-h_2$, dunque preso ad esempio un polinomio del tipo $(s+1)^2$ avremo che $h_1=frac{k}{j}-2, h_2=1-frac{k}{j}$, come faccio a capire che è stabilizzabile con reazione dello stato?
"claudio_p88":
quindi in generale per retroazione statica dell'uscita non posso assegnare in modo arbitrario gli autovalori, mentre per retroazione dello stato sì
Esatto, sarà sempre così
"claudio_p88":
Provo comunque a verificare reazionando lo stato:
$A+HC=((h_1,1),(h_2,-frac{k}{j}))$ il cui polinomio caratteristico è $s^2+s(frac{k}{j}-h_1)-h_1frac{k}{j}-h_2$, dunque preso ad esempio un polinomio del tipo $(s+1)^2$ avremo che $h_1=frac{k}{j}-2, h_2=1-frac{k}{j}$, come faccio a capire che è stabilizzabile con reazione dello stato?
Se i calcoli sono fatti bene, avrai che sostituendo $h_1$ e $h_2$ con le espressioni che hai trovato, la matrice dinamica dell'intero sistema avrà autovalori a parte reale negativa, quindi è stabile per definizione
"D4lF4zZI0":, non riesco a capire bene il motivo per cui non è possibile stabilizzare reazionando l'uscita. Forse perchè vi è dipendenza diretta dai parametri k,j,d? Per il punto 4 invece quale strada mi consigli di seguire?
Dunque, giunti alla matrice $ tilde(A)=( ( 0 , 1 ),( (hd)/J , -k/J ) ) $ i suoi autovalori sono le radici del polinomio
$ lambda^2+k/Jlambda-(hd)/J $ ( magari ricontrolla i calcoli ).
Si nota subito ( te lo dico così da non farti perdere altro tempo ) una cosa fondamentale: quando si realizza la retroazione dello stato ( il primo polinomio ), in generale, è possibile fissare in modo del tutto arbitrario gli autovalori; quando si realizza, invece, la retroazione statica dell'uscita, come vedi, non puoi decidere in modo arbitrario gli autovalori.
In attesa di risposta provo a risolvere l'ultimo punto.
La nostra funzione di trasferimento diventa $W(s)=frac{10}{s(frac{1}{10}+s)}$, ci viene richiesto un sistema di controllo tale che il sistema debba essere asintoticamente stabile, quindi dobbiamo eliminare il polo in s= 0, per fare questo il nostro controllore dovrà avere uno zero nullo, quindi $sW(s)=frac{10}{frac{1}{10}+s} $, sappiamo che $phi_mgeq40°$ allora $phi_c=-140°$, prendiamo ad esempio $w=6$ avremo che $phi_c=-arctan(w)=-89°$, dobbiamo diminuire la fase fino a raggiungere il valore -140, quindi ad esempio aggiungendo un polo negativo $frac{1}{1+jw}$ allora avremo che $phi_{c(1+jw)}=-arctan(zw)=89-140=-51°$, quindi $z=-1/w tan(-51°)=-1/6tan(-51°)=0.2$, ora non so come comportarmi per far sì che sia rispettata la condizione sul tempo di salita.
La nostra funzione di trasferimento diventa $W(s)=frac{10}{s(frac{1}{10}+s)}$, ci viene richiesto un sistema di controllo tale che il sistema debba essere asintoticamente stabile, quindi dobbiamo eliminare il polo in s= 0, per fare questo il nostro controllore dovrà avere uno zero nullo, quindi $sW(s)=frac{10}{frac{1}{10}+s} $, sappiamo che $phi_mgeq40°$ allora $phi_c=-140°$, prendiamo ad esempio $w=6$ avremo che $phi_c=-arctan(w)=-89°$, dobbiamo diminuire la fase fino a raggiungere il valore -140, quindi ad esempio aggiungendo un polo negativo $frac{1}{1+jw}$ allora avremo che $phi_{c(1+jw)}=-arctan(zw)=89-140=-51°$, quindi $z=-1/w tan(-51°)=-1/6tan(-51°)=0.2$, ora non so come comportarmi per far sì che sia rispettata la condizione sul tempo di salita.
"claudio_p88":
non riesco a capire bene il motivo per cui non è possibile stabilizzare reazionando l'uscita. Forse perchè vi è dipendenza diretta dai parametri k,j,d?
Il motivo è semplice: il polinomio caratteristico che si presenta è $ lambda^2+k/Jlambda-(hd)/J $ e supponiamo di voler fissare gli autovalori a $-1$; quindi si avrebbe:
$ lambda^2+k/Jlambda-(hd)/J=(lambda+1)^2=lambda^2+2lambda+1 rArr { ( 2=k/J ),( 1= -(hd)/J):} $
Ora mentre la seconda condizione la si può sempre soddisfare, variando opportunamente $h$, la prima condizione non la puoi soddisfare in quanto la quantità $k/J$ è propria del sistema
Ah, ok ora é chiaro per quanto riguarda il punto 4 e il punto 6 che ho iniziato a risolvere?
"claudio_p88":
6)Assumendo j = 10, k = 1, d= 10, si determini un sistema di controllo a controreazione unitaria, tale che si abbia stabilità asintotica con un margine di fase di almeno 40° e un tempo di salita di almeno $t_1=0,5$ circa.
Quindi la fdt vale $ P(s)=d/(sJ(s+k/J))=1/(s(s+0.1)) $.
Partiamo dalla seconda specifica, come ho detto nel post precedente, esiste questa formula empirica $ t_s~=0.4/B_6 $; quindi $ 0.4/B_6<=0.5 rArr B_6>=0.8 Hz rArr omega_6>=5 (rad)/s $.
Supponiamo, per ora, che il controllore sia di tipo proporzionale con costante di proporzionalità $k=10$ ( uso questo valore semplicemente perchè così nel disegnare Bode sono facilitato a fare i logaritmi ).
Dunque la fdt a ciclo aperto vale $F=CP=10/(s(s+0.1))$ mentre la fdt a ciclo chiuso vale $ W(s)=(F(s))/(1+F(s))=(10/(s(s+0.1)))/(1+10/(s(s+0.1)))=10/(s(s+0.1)+10) $ i cui diagrammi di Bode sono riportati di seguito:
e:
Come si vede, la fdt a ciclo chiuso presenta già una $omega_6>5 (rad)/s$, quindi la seconda specifica è già soddisfatta;
in ogni caso, aumentiamo la banda passante a $6dB$ aumentando la pulsazione di attraversamento della fdt a ciclo aperto e portandola a $4 (rad)/s$. Per fare ciò occorre aumentare il modulo della $F(s)$ di circa $4.07dB=1.6$ e, quindi, la costante del controllore dovà diventare $k=10*1.6=16$.
Per avere il margine di fase di almeno $40°$ ( lo fisso intorno ai $45°$), invece, aggiungiamo uno zero al controllore in corrispondenza di $omega=4 (rad)/s$; dunque, si ha:
$ tg^(-1)(4*tau)-179°=-135°rArr tg^(-1)(4*tau)=44°rArr tau=1/4tg(44*pi/180)~=0.24 $
Dunque la fdt del controllore vale $C(s)=16(1+0.24s)$
Verifichiamo di aver soddisfatto entrambe le specifiche:
1) il margine di fase della $F(s)$ vale:
che è maggiore di $40°$;
2) il tempo di salita della $W(s)$ lo si può quantificare in due modi:
a) attraverso i diagrammi di Bode che sono:
che risulta una $omega_6~=9.2 (rad)/s > 5 (rad)/s$. Quindi, riapplicando la formua di partenza si ha:
$ t_s=0.4/B_6=0.4/(9.2/(2pi))~=0.27 s<0.5 s $
b) attraverso la risposta indiciale:
la quale mostra un tempo di salita di circa $0.24 s$ ( direi che a meno di approssimazioni, i due tempi non sono molto distanti tra loro )
Per quanto riguarda il punto 4 ( se non ti ho steso col punto 6, ma spero sia chiaro ), il ragionamento è "simile" al punto 3 salvo il fatto che questa volta la retroazione avviene per mezzo di un sistema dinamico ovvero per mezzo di un sistema del tipo $ { ( dot(x_1)=Ex_1+Fy),( y_1=Gx_1+Hy ):} $ secondo lo schema riportato di seguito
[fcd="Schema"][FIDOCAD]
FJC B 0.5
TY 69 40 4 3 0 0 0 * (A,B,C,D)
RV 64 35 104 50 0
TY 69 65 4 3 0 0 0 * (E,F,G,H)
RV 64 60 104 75 0
LI 44 43 64 43 0
LI 64 68 41 68 0
LI 41 68 41 46 0
LI 104 43 149 43 0
LI 104 68 129 68 0
LI 129 68 129 43 0
LI 38 44 23 44 0
LI 38 44 34 46 0
TY 36 50 4 3 0 0 0 * -
TY 137 36 4 3 0 0 0 * y
TY 114 62 4 3 0 0 0 * u=y
TY 26 37 4 3 0 0 0 * u
TY 52 37 4 3 0 0 0 * u
TY 52 34 4 3 0 0 0 * ~
LI 34 42 38 44 0
LI 64 43 60 45 0
LI 60 41 64 43 0
LI 149 43 145 45 0
LI 145 41 149 43 0
LI 104 68 108 66 0
LI 108 70 104 68 0
LI 41 46 43 50 0
LI 39 50 41 46 0
EV 38 41 44 46 0
TY 50 61 4 3 0 0 0 * y
TY 52 64 3 2 0 0 0 * 1[/fcd]
Ora, esattamente come nel punto 3, devi trovare la matrice dinamica $tilde(A)$ del sistema equivalente e vedere se riesci a fissare tutti gli autovalori ( inutile fare il controllo di osservabilità e raggiungibilità, già sai che il tuo sistema lo è e quindi lo sarà anche il nuovo sistema equivalente in virtù del teorema di invarianza dello spazio osservabile )
PS: ovviamente poni subito $H=0$.
[fcd="Schema"][FIDOCAD]
FJC B 0.5
TY 69 40 4 3 0 0 0 * (A,B,C,D)
RV 64 35 104 50 0
TY 69 65 4 3 0 0 0 * (E,F,G,H)
RV 64 60 104 75 0
LI 44 43 64 43 0
LI 64 68 41 68 0
LI 41 68 41 46 0
LI 104 43 149 43 0
LI 104 68 129 68 0
LI 129 68 129 43 0
LI 38 44 23 44 0
LI 38 44 34 46 0
TY 36 50 4 3 0 0 0 * -
TY 137 36 4 3 0 0 0 * y
TY 114 62 4 3 0 0 0 * u=y
TY 26 37 4 3 0 0 0 * u
TY 52 37 4 3 0 0 0 * u
TY 52 34 4 3 0 0 0 * ~
LI 34 42 38 44 0
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LI 60 41 64 43 0
LI 149 43 145 45 0
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LI 104 68 108 66 0
LI 108 70 104 68 0
LI 41 46 43 50 0
LI 39 50 41 46 0
EV 38 41 44 46 0
TY 50 61 4 3 0 0 0 * y
TY 52 64 3 2 0 0 0 * 1[/fcd]
Ora, esattamente come nel punto 3, devi trovare la matrice dinamica $tilde(A)$ del sistema equivalente e vedere se riesci a fissare tutti gli autovalori ( inutile fare il controllo di osservabilità e raggiungibilità, già sai che il tuo sistema lo è e quindi lo sarà anche il nuovo sistema equivalente in virtù del teorema di invarianza dello spazio osservabile )
PS: ovviamente poni subito $H=0$.
Sinceramente non lo so, il testo dell'esercizio é che il tempo di salita sia di 0.5 circa, non mi dice che sia maggiore di tale tempo.
Quando hai postato la traccia hai scritto " almeno " il che vuol dire che deve essere maggiore...se non è così la mia soluzione non è corretta 
Mi sono distratto nel trascrivere comunque grazie mille per la spiegazione e non ti preoccupare ti ringrazio lo stesso
Magari domani lo correggo perchè potrebbe tornare utile ad altri
Vabbè ora sai come rifarlo
Vabbè ora sai come rifarlo
Ahahaha, giusto!!! Ma hai considerato anche la condizione che il sistema debba essere asintoticamente stabile? Non mi sembra...Ma $ B_6 $ sta per 6dB?
Ovvio che ho considerato la condizione di asintotica stabilità: se la fdt a ciclo aperto ha i margini di stabilità positivi, allora la fdt a ciclo chiuso è asintoticamente stabile ( teorema di stabilità )
Si quando indico $B_6$ intendo la banda passante a $-6dB$
Comunque ho corretto la soluzione in modo da ottenere un tempo di salita minore di $0.5s$
Si quando indico $B_6$ intendo la banda passante a $-6dB$
Comunque ho corretto la soluzione in modo da ottenere un tempo di salita minore di $0.5s$
"D4lF4zZI0":
[quote="claudio_p88"]
6)Assumendo j = 10, k = 1, d= 10, si determini un sistema di controllo a controreazione unitaria, tale che si abbia stabilità asintotica con un margine di fase di almeno 40° e un tempo di salita di almeno $t_1=0,5$ circa.
Quindi la fdt vale $ P(s)=d/(sJ(s+k/J))=1/(s(s+0.1)) $.
Partiamo dalla seconda specifica, come ho detto nel post precedente, esiste questa formula empirica $ t_s~=0.4/B_6 $; quindi $ 0.4/B_6<=0.5 rArr B_6>=0.8 Hz rArr omega_6>=5 (rad)/s $.
[/quote]
Non capisco se $ B_6=6dB come fá a essere confrontata con una misura in Hz?
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