Esercizio studio sistema

claudio_p88
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.

Risposte
claudio_p88
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...

D4lF4zZI0
Vabbè è la stessa cosa ;)
Ora vedi se riesci, variando $h$, a fissare gli autovalori di $tilde(A)$

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 $h_2=frac{k-2J}{d}, h_1=-frac{J}{d}$. 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?

D4lF4zZI0
"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.

claudio_p88
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?

D4lF4zZI0
"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 ;)

D4lF4zZI0
"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

claudio_p88
"D4lF4zZI0":

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.
, 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?

claudio_p88
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.

D4lF4zZI0
"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

claudio_p88
Ah, ok ora é chiaro per quanto riguarda il punto 4 e il punto 6 che ho iniziato a risolvere?

D4lF4zZI0
"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 )

D4lF4zZI0
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 $H=0$.

claudio_p88
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.

D4lF4zZI0
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 :|

claudio_p88
Mi sono distratto nel trascrivere comunque grazie mille per la spiegazione e non ti preoccupare ti ringrazio lo stesso

D4lF4zZI0
Magari domani lo correggo perchè potrebbe tornare utile ad altri ;)
Vabbè ora sai come rifarlo ;)

claudio_p88
Ahahaha, giusto!!! Ma hai considerato anche la condizione che il sistema debba essere asintoticamente stabile? Non mi sembra...Ma $ B_6 $ sta per 6dB?

D4lF4zZI0
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 $0.5s$

claudio_p88
"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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