Appunti controllo digitale Per ora sto utilizzando Word1, grindEq, visio, irfanview, USBtex, Scilab2. Occhio che questi sono

appunti scritti da uno studente (Pierfrancesco Aiello), quindi prendeteli con le pinze, non sono per forza corretti.

Per 1 ora di lezione impiego 2 ore e qualcosa per ripassare e digitalizzare. Ah, inoltre, se la formattazione (od il contenuto, od il formato) non vi aggrada, siete liberissimi di

modificare il file a vostro piacimento! (eventuali errori sono segnalabili all’indirizzo [ pier4reich@yahoo.it ] e sono molto graditi)

Perchè queste dispense digitali?3

Per gli studenti dell’UNICAL consiglio anche di dotarsi delle dispense cartacee del professore Franzè presso la Zeta Editrice. Perchè ciò che scrivo è ciò che ho capito io, sicuramente un professore è più skilled di me. (Se mi gira le scannerizzo e le metto online).

Ringrazio...4

Osservazioni sulla scrittura di documenti scientifici in word5

Indice1. Indice2. Lezione 29/04/2009

2.1. Modello di riferimento2.2. Passaggio da tempo continuo a tempo discreto2.3. Modellare un sistema a tempo discreto2.4. Riepilogo caratteristiche Sistema LTI-TC

3. Lezione 06/05/20093.1. Funzione di trasferimento di un sistema LTI-TC3.2. Studiare il sistema con l’ingresso al gradino.3.3. Richiamo teoremi valore iniziale e valore finale3.4. Caratterizzare la risposta (o l’uscita del sistema) con i segnali standard3.5. Richiamo stabilità di un sistema3.6. Caratteristiche della risposta del sistema3.7. Sistemi primo ordine improprio3.8. Sistemi del primo ordine proprio3.9. Sistemi del secondo ordine 1° caso3.10. Sistemi 2° ordine, 2° caso3.11. 2° ordine 3° caso3.12. 2° ordine 4° caso

4. Lezione 13/05/20094.1. Inviluppo di un sistema del 2° ordine a poli complessi e coniugati4.2. Caratteristiche del sistema e tempo di assestamento4.3. Caratteristiche del sistema e sovraelongazione4.4. Diagrammi di Nyquist4.5. Esempio no14.6. Esempio no24.7. Definizione formale di diagramma di Nyquist4.8. Criterio di stabilità di Nyquist4.9. Spiegazione del punto critico4.10. Corollario del criterio di stabilità di Nyquist4.11. Esempio criterio di Nyquist

5. Lezione 20/05/20095.1. Funzionalità di G(jω)5.2. Parametri legati alla stabilita del sistema LTI-TC a ciclo chiuso5.3. Margine di ampiezza5.4. Margine di fase5.5. Pulsazione di risonanza e margine di picco

5.6. Pulsazione di banda passante5.7. Banda passante come legame globale5.8. Banda passante a ciclo chiuso ed a ciclo aperto5.9. Legame globale tra margine di fase e smorzamento dei poli (delta)

6. Lezione 22/05/20096.1. Sistemi a tempo discreto6.2. Delta di kronecker6.3. Cenni sulla traslazione6.4. Modellare una sequenza con la delta6.5. Gradino6.6. Sequenza alternata6.7. Rampa unitaria6.8. Algebra sulle sequenze6.9. Principio di sovrapposizione degli effetti a TD6.10. Rappresentazione formale sistema 1° ordine LTI-TD a ritardi finiti6.11. Assunzione sui segnali in ingresso6.12. Ancora sul sistema del 1° ordine, ricerca di y(k=0)6.13. Rappresentazione formale di un sistema LTI-TD a ritardi finiti6.14. Rappresentazione a blocchi di un’equazione alle differenze6.15. Trasformata zeta6.16. Un segnale fondamentale per la chiusura della serie di Laurent6.17. Trasformata di delta(k)6.18. Trasformata del gradino(k)6.19. Trasformata della sequenza alternata6.20. Rappresentazione formale di F(z)6.21. Traformata di funzioni sinusoidali6.22. Osservazioni sulla regione di convergenza6.23. Proprietà della trasformata: differenzazione6.24. Proprietà della trasformata: linearità6.25. Proprietà della trasformata: traslazione a destra6.26. Proprietà della trasformata: traslazione a sinistra

6.27. Proprietà della trasformata: moltiplicazione per uno scalare del tipo ak

6.28. Proprietà della trasformata: Teorema valore iniziale6.29. Proprietà della trasformata: Teorema valore finale6.30. Proprietà della trasformata: Somma di convoluzione6.31. Proprietà della trasformata: Sequenza periodica

7. Lezione 27/05/20097.1. Antitrasformata zeta7.2. L’antitrasformata più semplice: poli di F(z) distinti e non nulli7.3. Teorema dei residui7.4. L’antitrasformata: poli di F(z) non nulli e con molteplicità > 17.5. L’antitrasformata: F(z) con poli in zero a molteplicità maggiore od uguale ad 17.6. Introduzione al campionamento ed alla ricostruzione7.7. Precisione nella ricostruzione7.8. Ricostruttore di ordine zero (ZOH)7.9. Perchè il campionatore non ha f.d.t.7.10. Campionatore uniforme7.11. Chiusura della trasformata stellata

7.12. Proprietà trasf stellata: è periodica in s con periodo jω s7.13. Proprietà trasf stellata: replicazione dei poli.7.14. Trasformata di Fourier7.15. Trasf. Fourier di delta(t)7.16. Antitrasformata di Fourier di delta(t)7.17. Trasformata di Fourier del gradino

8. Lezione 29/05/20098.1. Richiami campionatore uniforme

8.2. Analisi di E∗( jω)8.3. Ricostruzione del segnale campionato8.4. Teorema del campionamento, di Nyquist.8.5. Pulsazioni negative8.6. Analisi della sovrapposizione ad alte frequenze8.7. Filtro ricostruttivo8.8. Segnale ricostruito dal filtro passa basso8.9. Il ricostruttore ZOH8.10. Prestazioni del sistema con il ZOH

9. Lezione 05/06/20099.1. Filtro ideale e filtro reale9.2. Comportamento in frequenza dello ZOH9.3. Segnali a banda illimitata9.4. Comportamento della ricostruzione con il ZOH9.5. Relazione tra dominio di Laplace e dominio della trasformata Zeta9.6. Relazione tra ingresso ed uscita nel dominio z9.7. Proprietà generale per relazionare piano s e piano z9.8. Esiste sempre una relazione ingresso uscita anche con schemi a blocchi diversi?9.9. Sistemi a ciclo chiuso9.10. Caratterizzazione della relazione tra dominio S e dominio Z

10. Lezione 10/06/200910.1. Modi di evoluzione e comportamento dinamico del sistema tra s e Z10.2. I modi di evoluzione a tempo discreto

10.3. Sia z=−p j=1+ j 0 (ovvero il punto, sul cerchio di raggio unitario nel piano z, che sta sull’asse reale positivo)

10.4. Sia z=−p j posizionato entro il cerchio di raggio unitario, sull’asse reale, per valori tra 0 ed 1

10.5. Sia z=−p j posizionato entro il cerchio di raggio unitario, sull’asse reale, per valori tra 0 ed -1

10.6. Sia z=−p j posizionato sul cerchio di raggio unitario10.7. Modi di evoluzioni divergenti10.8. Relazione tra sistema del 2° ordine a TC e 2° ordine a TD10.9. Esempio di modifica del coefficente di smorzamento a TD10.10. Bibo stabilità a tempo discreto10.11. Corollario BIBO stabilità10.12. Relazione tra BIBO stabilità e poli della fdt a TD10.13. Criterio di Jury10.14. Condizioni per la BIBO stabilita con il criterio di Jury10.15. Esempio criterio di Jury10.16. Luogo delle radici, introduzione.10.17. Luogo delle radici prime definizioni10.18. Variazione continua delle radici di un polinomio10.19. Luogo delle radici, definizione più formale

11. Lezione 12/06/200911.1. Costruzione grafica del luogo delle radici11.2. Luogo delle radici: proprietà no111.3. Luogo delle radici: proprietà no211.4. Luogo delle radici: proprietà no311.5. Luogo delle radici: proprietà no411.6. Stella di asintoti11.7. Esempio no1

11.8. Esempio no211.9. Esempio no311.10. Esempio no411.11. Luogo delle radici a k negativo11.12. Osservazioni

12. Lezione 17/06/200912.1. Reti correttrici12.2. Struttura del controllore12.3. Inizio analisi: rete anticipatrice12.4. Rete ant. : proprietà no112.5. Rete ant. : proprietà no212.6. Rete ant. : effetti della rete anticipatrice in frequenza12.7. Rete ant. : effetti in frequenza sulla catena aperta12.8. Ricavare alcune caratteristiche, a livello qualitativo, della f.d.t. a ciclo chiuso12.9. Comportamento del sistema a ciclo aperto con rete anticipatrice rispetto al rumore12.10. Rete anticipatrice, individuazione dello sfasamento massimo12.11. Ora vogliamo la pulsazione presso la quale si ha la massima fase.12.12. Guadagno presso la pulsazione di massima fase12.13. Algoritmo di taratura di una rete anticipatrici e motivazioni d’uso12.14. Rete ritardatrice

13. Lezione 19/06/200913.1. Riposta in frequenza della rete ritardatrice13.2. Rete ritardatrice, attenuazione massima e fase minima13.3. Effetti della rete ritardatrice sulla catena aperta13.4. Rete ritardatrice ben piazzata13.5. Rete ritardatrice, effetti a ciclo chiuso13.6. Algoritmo di costruzione rete ritardatrice13.7. Reti di controllo in sistemi a dati campionati.13.8. Precisione statica a tempo discreto13.9. Precisione statica a tempo discreto relativa al gradino13.10. Tipo di sistema a tempo discreto13.11. Precisione statica di una rete di controllo a tempo discreto con ingresso a gradino relativa al

tipo di sistema13.12. Precisione statica a tempo discreto relativa alla rampa13.13. Progetto di discretizzazione13.14. Fasi per la discretizzazione13.15. Errori da evitare13.16. Approssimazione di campionatore e ricostruttore a tempo continuo13.17. L’approssimazione di campionatore e ricostruttore come effetto negativo13.18. Algoritmo di discretizzazione13.19. Algoritmo di discretizzazione, approssimazione con il primo tipo13.20. Algoritmo di discretizzazione, approssimazione con il secondo tipo13.21. Algoritmo di discretizzazione, approssimazione con il terzo tipo13.22. Algoritmo di discretizzazione: approssimazioni in caso di tempo di campionamento diverso da 113.23. Ottenere il controllore a tempo discreto sfruttando le approssimazioni

14. Esercitazione 08/05/200914.1. Introduzione diagrammi di Bode14.2. Diagrammi di Bode14.3. Richiamo proprietà dei logaritmi14.4. Visualizzare G(s) nella corretta forma14.5. G(s) nella forma di Bode14.6. Diagrammare G(s)14.7. Diagrammare costanti14.8. Diagrammare poli nell’origine14.9. Diagramma polo reale

14.10. Diagramma generale per poli e zeri semplici14.11. Esercizio 114.12. Esercizio 2

15. Esercitazione 15/05/200915.1. Diagramma poli complessi e coniugati15.2. Diagrammi di Nyquist15.3. Passi per tracciare i diagrammi di Nyquist15.4. Diagrammi di Nyquist: polo nell’origine15.5. Diagrammi di Nyquist: polo semplice15.6. Diagrammi di Nyquist: polo instabile15.7. Diagrammi di Nyquist: esempio tracciato semicirconferenze

16. Esercitazione 03/06/200916.1. Esercizi sulla trasformata zeta: segnale periodico16.2. Esercizi sulla trasformata: un segnale composto16.3. Esercizi sulla trasformata: rampa16.4. Esercizi sulla trasformata: segnale composto 216.5. Antitrasformata es no116.6. Antitrasformata es no216.7. Formule preconfezionate per la gestione di poli complessi e coniugati16.8. Esempio formule preconfezionate16.9. Antitrasformata dei coefficenti binomiali16.10. Equazioni alle differenze a ritardi finiti e relative soluzioni nel dominio della trasformata zeta:

no116.11. Equazioni alle differenze a ritardi finiti e relative soluzioni nel dominio della trasformata zeta:

no217. Esercitazione 24/06/2009

17.1. Esercizio no1: Progetto di un controllore per sistema a dati campionati17.2. Eser. no1: specifiche statiche17.3. Eser no1: ricavo dei parametri del sistema per la precisione dinamica17.4. Eser no1: scelta del tempo di campionamento17.5. Eser no1: Approssimazione di campionatore e ZOH17.6. Eser no1: Primi passi per la progettazione della rete correttrice17.7. Eser no1: Rete anticipatrice17.8. Eser no1: discretizzazione17.9. Eser no2: Tracciamento del luogo delle radici diretto ed indiretto della seguente f.d.t17.10. Eser no3: Diagramma di Nyquist ed analisi della stabilità a ciclo chiuso17.11. Eser no4: Luogo delle radici diretto ed indiretto

18. Esercitazione 26/06/200918.1. Esercizio no1: rete ritardatrice18.2. Eser no1: rispetto delle specifiche statiche18.3. Eser no1: ricavo dei parametri del sistema per la precisione dinamica18.4. Eser no1: scelta del tempo di campionamento18.5. Eser no1: Approssimazione di campionatore e ZOH18.6. Eser no1: passi successivi18.7. Eser no1: Piazzamento rete ritardatrice18.8. Eser no1: discretizzazione della rete18.9. Eser no2: Discretizzazione d’impianto18.10. Eser no3: Equazione alle differenze18.11. Eser no4: Trasformata stellata18.12. Formule di calcolo residui per la traformata stellata18.13. Eser no4: calcolo dei residui

19. Appendice: Risolvere un problema di piazzamento della rete con penna, foglio e calcolatrice DAL a due linee di visualizzazione19.1. Requisiti19.2. Il Problema

20. Appendice: Nozioni “spicciole” di controlli automatici20.1. Trasformata di Laplace20.2. Linearità trasformata di Laplace20.3. Trasformata di Laplace della derivata di una funzione20.4. Trasformata di una funzione traslata20.5. Trasformata di una funzione integrale20.6. Trasformata dell’integrale di convoluzione20.7. Teorema del valore finale per le trasformate di Laplace20.8. Teorema del valore iniziale per le trasformate di Laplace20.9. Trasformate (e quindi antitrasformate) note20.10. Antitrasformata coppia di poli complessi e coniugati20.11. Teorema dei residui trasformate di Laplace20.12. Bibo stabilità nelle trasformate di Laplace20.13. Dimostrazione BIBO stabilità20.14. Risposta di un sistema con ingresso sinusoidale

Lezione 29/04/2009Modello di riferimento

Noi ci basiamo, per iniziare il corso e la discussione, sul modello studiato a controlli automatici, ovvero:

Un qualsiasi fenomeno è modellabile come relazione ingresso-uscita.Questi sistemi evolvono secondo una variabile t (tempo) tale che t∈ R . Un simile sistema è definito dalla seguente equazione differenziale:an⋅y

(n)( t )+an−1⋅y(n−1)( t )+⋯+a0⋅y ( t )=bm⋅u

(m )( t )+bm−1⋅u(m−1 )( t )+⋯+b0⋅u( t )

con coefficenti costanti, ovvero: a i , b j∈ R con i=0,⋯, n ; j=0,⋯,mPer questo sistema vale il principio di realizzabilità fisica, ovvero: n≥mCon la trasformazione di Laplace, questa equazione diventa pari alla funzione di trasferimento seguente:

G( s )=N (s )D (s )

dove i coefficenti a i caratterizzanoD( s ) ed i coefficenti b j caratterizzano N ( s ), ricordando che questi sistemi evolvono nel dominio del tempo (t∈ R ).

Con il controllo digitale vorremmo studiare sistemi che si evolvono nel discreto, ovvero con t∈Z .

Passaggio da tempo continuo a tempo discretoPartendo da un segnale a tempo continuo.

Ovvero la funzione va da R in R: u( t ) : R↦R .Nel caso di segnali a tempo discreto siamo interessati a valori della funzione in particolari istanti di

tempo. Se t∈Z allora avrò che u( t ) : Z↦R ovvero ci interessa il valore che è reale in specifici istanti di tempo che sono discreti. Una possibile rappresentazione è la seguente:

Questa è una mappatura del segnale a tempo continuo con un segnale a tempo discreto. Un segnale a tempo discreto è caratterizzato da una

sequenza di valori scalari. Per evitare di fare confusione, chiamo il segnale a tempo discreto u( k ) con k∈Z . Dunque la mappatura tra u( t ) : R↦R ed u( k ) : Z↦R genera la seguente sequenza: u( k )={u(0 ) , u ( t0 ) , u( t1) , u( t2 ), u (t3 ) , u( t4 )}.Un segnale a tempo discreto è caratterizzato da un numero finito od al più infinitamente numerabile di elementi di una sequenza di scalari.

Modellare un sistema a tempo discretoVogliamo quindi modellare il seguente sistema:

Quindi dobbiamo trovare la

relazione che c’è tra u( k ) ed y (k ) come abbiamo trovato la relazione che lega nel continuo u( t ) ad y ( t ) .Un sistema reale, però, presenta il problema di legare tra loro sia segnali a tempo continuo che a tempo discreto, il sistema in questo caso si chiama “sistema a dati campionati”. Il vantaggio della modellizzazione a tempo discreto e che comporta prestazioni migliori.Nel continuo si sono studiati i sistemi lineari tempo invarianti a tempo continuo (LTI-TC), dobbiamo renderli sistemi a dati campionati.

Riepilogo caratteristiche Sistema LTI-TC(Lineare tempo invariante – tempo continuo)

lineare: vale il principio di sovrapposizione degli effetti (PSE) stazionario6: vale il principio di assenza di memoria (la funzione è identica anche se vengono

traslati gli istanti di modellazione). A livello matematico ciò implica che i coefficenti a i , b j∈ R con i=0,⋯, n ; j=0,⋯,m sono indipendenti dal tempo e dunque costanti.

Nota: disaccopiamento7

Lezione 06/05/2009Funzione di trasferimento di un sistema LTI-TC

Vogliamo studiare sistemi nel dominio del tempo (t∈ R ) tipicamente visualizzabili, nelle trasformate di Laplace, nel seguente modo:

Dove la rappresentazione formale di G( s ) è:

G( s )=bm⋅s

m+bm−1⋅sm−1+⋯+b0

an⋅sn+an−1⋅s

n−1+⋯+a0 rispettando il principio di fisica realizzabilità, ovvero:

n≥m ed ovviamente i coefficenti sono costanti (a i , b j∈ R con i=0,⋯, n ; j=0,⋯,m )

Studiare il sistema con l’ingresso al gradino.

Analizzeremo la G( s ) in varie configurazioni, per analizzarla utilizzeremo il segnale a gradino che è così definito:

sca( t )={1 , t≥00 , t<0

trasf . con Laplace→U ( s )=1s

Richiamo teoremi valore iniziale e valore finaleIl teorema del valore iniziale dice che:

y ( t=0 )= lims→+∞

s⋅Y ( s ) se ho che Y ( s )=G(s )⋅U (s ) dove

U ( s )=1s in quanto il segnale in

ingresso è il gradino, allora ho che:

y ( t=0 )= lims→+∞

s⋅Y ( s )= lims→+∞

s⋅G( s)⋅U (s )= lims→+∞

s⋅bm⋅s

m+bm−1⋅sm−1+⋯+b0

an⋅sn+an−1⋅s

n−1+⋯+a0

⋅1s

questo dà luogo a due risultati: {bman , n=m

0 , n>m . Il primo si ha quando G( s ) è impropria, il secondo

quando G( s ) è propria8.

Il teorema del valore finale dice che:y ( t→+∞)=lim

s→ 0s⋅Y ( s )

Caratterizzare la risposta (o l’uscita del sistema) con i segnali standard

Grazie al PSE io ho che le caratteristiche della funzione d’uscita y ( t ) (o risposta del sistema) sono

indipendenti dal segnale d’ingresso (u( t ) ), ovvero y ( t ) mostra certe caratteristiche per qualsiasi

segnale in ingresso. Quindi io posso scoprire queste caratteristiche (valide per ogni u( t ) ) analizzando il

sistema con un ingresso canonico, il gradino (sca( t ) ). Chi mi dice che posso fare questo?

Nel dominio del tempo, y ( t ) è pari ad:

y ( t )=∫0

t

g (τ )⋅u ( t−τ )dτ, questo integrale è detto “di convoluzione”. In particolare la funzione

g( τ ) è detta “risposta all’impulso”.

La y ( t )posso riscriverla così:

y ( t )= limn→+∞

∑i=1

n

gi( Δi )⋅ui( t−Δi )

Questo vuol dire che: dato un qualsiasi ingresso, grazie al PSE, posso partizionare l’asse dei tempi

uniformemente, e poi chiamare ogni intervallo di partizione con Δi

Questa è il segnale d’ingresso u( t ) , ma se io aumento

l’intervallo di partizione all’infinito, allora ogni pezzettino di funzione sarà approssimabile con un sca( t ) opportuno (moltiplicato per un certo coefficente). Poi, ricavando la risposta del segnale per ogni

intervallino e sommandole tutte ottengo y ( t ) (infatti si veda la funzione precedentemente scritta).

Questo ci permette di dire che sca( t ) è il segnale canonico e tutti i segnalli sono riconducibili a questo, dunque possiamo studiare le caratteristiche del sistema utilizzando il gradino.

Richiamo stabilità di un sistemaDef di stabilità. Un sistema è stabile se, per ogni ingresso limitato, otteniamo un’uscita limitata.

Condizione necessaria e sufficiente che garantisce la stabilità: la risposta all’impulso (impulso di Dirac) è assolutamente integrabile.

La conseguenza di questa condizione è che la funzione di trasferimento del sistema è stabile se tutti i poli

(radici di D( s )) sono a parte reale negativa, qualora uno solo sia a parte reale positiva, il sistema è instabile.

Tutti i sistemi che consideriamo, per semplicità, saranno supposti stabili.

Caratteristiche della risposta del sistema

Ci sono una serie di caratteristiche interessanti riguardo alla risposta del sistema ( y ( t ) ) y+∞ valore di regime della risposta (con t→+∞ )

ymax valore massimo della risposta, a cui corrisponde tmax ovvero l’istante di tempo in cui si presenta questo valore.

Smax % sovraelongazione massima percentuale. La sovraelongazione si calcola come massimo

valore rispetto al valore di regime, dunque:

ymax− y+∞y+∞ tutto questo poi in percentuale

(dunque x100).

T s tempo di salita. Intervallo di tempo affinchè la funzione passi da

110⋅y+∞

ad

910⋅y+∞

T r tempo di ritardo. Istante di tempo per il quale

y ( t )=12⋅y+∞

T a ,p% tempo di assestamento con un margine percentuale rispetto al valore di regime. Ovvero

tempo nel quale y ( t ) è compresa tra [(1−0 ,01⋅P)⋅y+∞ ,(1+0 ,01⋅P )⋅y+∞ ]Graficamente, se chiamo A l’estremo inferiore dell’intervallo e B quello superiore.

Sistemi primo ordine improprio

Ovvero quelli per i quali G( s ) è nella configurazione seguente:

G( s )= u1+ τ⋅s con τ>0 , n>m , u∈R . Poichè supponiamo la stabilità, l’unico polo è a parte

reale negativa. Ovvero, rappresentandolo nel piano di Gauss (piano complesso) avremo il polo (−1τ ):

La risposta al gradino di questa funzione è pari a

y ( t )=u⋅(1−e−tτ ) , ∀ t≥0 . L’unico modo di evoluzione è rappresentato da [e

−tτ

].

Il valore di regime di questa funzione è y+∞= lim

t→+∞y ( t )=u

. Graficamente y ( t ) è la seguente:

Nel caso in cui il polo tende ad un valore assoluto maggiore, allora la funzione diventa più veloce (a raggiungere u ), altrimenti è più lenta9. Ovvero:

Nel dominio del tempo avremo:

I valori caratteristici sono tutti in funzione della costante di tempo del polo:

Durata del transitorio T=(4÷5)⋅τ (4 o 5 volte tau). Per transitorio si intende tutto il periodo prima di arrivare (molto vicini) al valore di regime.

T s≃2 ,27⋅τ

T r≃0,7⋅τ

T a ,5 %≃3⋅τ ; T a ,1 %≃4,6⋅τ

y ( t=τ )≃0 ,63⋅y+∞

Sistemi del primo ordine proprio

Ovvero quelli per i quali G( s ) è nella configurazione seguente:

G( s )=u⋅(1+T⋅s )1+τ⋅s con τ>0 , n=m , u∈R , T=α⋅τ ,α≠0 ; α≠1 ..10, α∈ R . Poichè

supponiamo la stabilità, l’unico polo è a parte reale negativa.La risposta al gradino è:

y ( t )=u⋅[1+( α−1 )⋅e−tτ ]

, ∀ t≥0 . L’unico modo di evoluzione è dato da (α−1)⋅e−tτ

.

Otteniamola:

Sia Y ( s )=R( s )⋅G(s )=u⋅(1+T⋅s )

1+τ⋅s1s=u⋅(1+T⋅s )

1+τ⋅s1s

Scomponiamola in fratte semplici:

Y ( s )=u⋅[ R0

s+

R1

1+τ⋅s ]otteniamo che:

{R0⋅τ+R1=α⋅τ ¿¿¿¿

Quindi

Y ( s )=u⋅[1s +(α−1)⋅τ1+ τ⋅s ]=u⋅[ 1s +(α−1)⋅τ

τ ( 1τ+s) ]=u⋅[ 1s +(α−1 )

(1τ +s) ]Antitrasformiamo:

y ( t )=u⋅[ sca( t )+( α−1 )⋅e−tτ ]=u⋅[1+( α−1 )⋅e

−tτ ]

Il valore di regime di questa funzione, visto che comunque l’esponenziale si annulla quando t→+∞ ,

sarà y+∞= lim

t→+∞y ( t )=u

.

Con il Teorema del valore iniziale mi accorgo di una discontinuità nell’origine:

y ( t=0 )= lims→+∞

s⋅Y ( s )= lims→+∞

s⋅u⋅(1+T⋅s )1+τ⋅s

⋅1s= lim

s→+∞

u⋅T⋅sτ⋅s

= u⋅Tτ= u⋅α⋅τ

τ=u⋅α

vediamo qualche possibile configurazione di posizione nel piano di Gauss di polo e zero.Supponiamo che T> τ . Quindi lo zero è più vicino all’asse Img del polo11, ed inoltre abbiamo che α>1

Dunque y ( t=0+ )=u⋅a>u= y+∞ , ovvero il valore iniziale della funzione sarà maggiore del valore di regime, quindi la risposta inizierà con una sovraelongazione.

Supponiamo che τ>T , questo implica che 0<α<1 , e quindi avremo che y (0+ )< y+∞ , ovvero la

funzione ha un punto di discontinuità nell’origine, ma si avvicina al valore di regime in modo normale.

Se invece T<0 ciò implica α<0 , poichè τ>0 , dunque y (0+ )<0 , ovvero la funzione inizia con

una sottoelongazione e poi si avvicina al valore di regime.Ricapitolando:

o α>1 la funzione ha una sovraelongazione inizialeo 0<α<1 la funzione ha un punto di discontinuità iniziale e poi si comporta normalmenteo α<0 la funzione ha una sottoelongazione iniziale

Graficamente:

Il parametro interessante del sistema proprio è il seguente:

T a ,p%=τ⋅log ( |1−α|0 ,01⋅p ) Ovvero il tempo di assestamento entro una certa percentuale di margine p, che dal punto di vista fisico-ingegneristico vuol dire “tempo entro il quale termina il transitorio ed inizia la fase di regime”.

Sistemi del secondo ordine 1° caso

G( s )= k(1+T1⋅s )⋅(1+T 2⋅s ) con n>m , k∈R+

. Supponendo che T 1>T 2>0 .La risposta del sistema sarà:

y ( t )=k⋅(1−(T 1

T1−T 2)⋅e

−tT1+(

T 2

T 1−T 2)⋅e

− tT 2 )

al solito vale ∀ t≥0 .I modi di evoluzione sono:

{−( T 1

T1−T 2)⋅e

− tT1

(T 2

T1−T 2)⋅e

−tT2

il valore di regime è: y+∞= lim

t→+∞y ( t )=k

.Proviamo a vedere se ha discontinuità nell’intorno dell’origine e troviamo12:

y (0 )=1−T1

T 1−T 2+

T 2

T1−T 2=0

Se deriviamo y ( t )nell’intorno di zero troviamo che:y '( t )|

t=0=0

derivando ulteriormente:

y ''( t )|t=0= kT 1¿T 2 Quindi nell’intorno di 0 abbiamo un flesso. La concavità che segno avrà?

Sicuramente k non influenza in quanto è positivo, si potrebbe avere una concavità negativa solo con le costanti di tempo, relative ai poli, discordi tra loro, ma ciò è impossibile per l’ipotesi di sistema stabile (poli con parte reale negativa). Dunque il grafico risultante sarà all’incirca...

Questa risposta è tanto più veloce tanto più i poli tendono ad essere negativi. Graficamente, sul piano di Gauss:

Abbiamo visto che i modi di evoluzione hanno dei coefficenti (detti residui o pesi), ovvero:

{R1=−(T 1

T1−T 2)

R2=(T 2

T 1−T 2)

, R1 è associato al modo di evoluzione relativo a T 1 e ciò vale anche per l’altro residuo.

Se paragono i moduli dei residui ottengo che: |R1|>|R2| questo perchè T 1>T 2>0 ed i denominatori sono uguali.

Osservo che se T 1>>T 2>0 allora ottengo:

Ovvero che il modo di evoluzione relativo a T 2 diventa molto più veloce del modo relativo a T 1 , dunque quest’ultimo diventa il modo di evoluzione dominante (poichè ci mette di più per esaurirsi). Graficamente:

Visto che il modo di evoluzione

realtivo a T 2 diventa trascurabile (in quanto si esaurisce in breve tempo rispetto a T 1 ) possiamo

approssimare il sistema ad un sistema del primo ordine. Notiamo pure che il coefficente R2 diventa quasi

nullo ed R1 tende ad assumure un valore unitario, dunque avremo la seguente approssimazione:

y ( t )≃k⋅(1−e−

tT1 ) . Come conseguenza nei diagrammi di Bode abbiamo che il polo più veloce ha

influenza nulla nella banda che ci interessa13. Questo perchè la pulsazione di rottura sarà pari ad

ωT2= 1T2 che è molto più grande di

ωT1= 1T1 per i ragionamenti precedenti, dunque il primo elemento

che modifica i diagrammi di bode è il primo più lento.Un esempio irreale.Supponiamo di avere questa risposta al gradino:

y ( t )=(1−10−2⋅e−

tT1+105 ¿e

− tT2 ) ed abbiamo pure che T 1 >>T 2>0 , potremmo

appossimare il sistema ad un sistema di 1° ordine? No, perchè seppure un polo è molto più lento dell’altro, i residui sono uno molto maggiore dell’altro e quindi bisogna tenerli in considerazione.

Però osserviamo se realmente può esistere un caso in cui T 1 >>T 2>0 ed |R2|>>|R1|...Ricordando i residui:

{R1=−(T 1

T1−T 2)

R2=(T 2

T 1−T 2)

in val assoluto {|R1|=(

T1

T 1−T 2)

|R2|=(T 2

T1−T 2)

, hanno lo stesso denominatore, quindi basta

confrontare il numeratore... Otteniamo che |R2|>>|R1| se e solo se T 2>>T 1>0 , dunque andiamo contro all’ipotesi fatta precedentemente, quindi questo è l’esempio di una funzione irreale (e dunque in

caso si abbia T 1 >>T 2>0 possiamo sempre approssimare al 1° ordine).

Sistemi 2° ordine, 2° caso

G( s )= k(1+T⋅s )2 con n>m , k∈R+

,T>0 .La risposta del sistema (al solito gradino) sarà:

y ( t )=k⋅(1−¿e−tT + t

T⋅e−

tT )

, ∀ t≥0 .Modi di evoluzione:

{−e−tT

tT⋅e

− tT

il grafico del secondo modo di evoluzione è il circa seguente (tralasciando la scritta y(t) ):

In questo caso non si può approssimare a primo ordine perchè i poli coincidono, tutto il resto è simile al 1° caso dei sistemi del secondo ordine. Le caratteristiche del sistema sono:

T s≃1 ,68⋅τ

T a ,5 %≃4 ,74⋅τ ; T a ,1 %≃6 ,64⋅τ

2° ordine 3° caso

G( s )= k⋅(1+τ⋅s )(1+T1⋅s )⋅(1+T 2⋅s ) con n>m , k∈R+

, T 1>T 2>0 , T i≠τ dove i=1,2(altrimenti un polo si semplifica con uno zero).Risposta al gradino:

y ( t )=k⋅(1−(T 1−τT1−T 2

)⋅e−

tT1+(

T 2−τT 1−T 2

)⋅e− tT 2 )

, ∀ t≥0 .

Abbiamo inoltre: y+∞= lim

t→+∞y ( t )=k

; y (0 )=0 (per i soliti calcoli che non si differenziano molto dal 1° caso).Vogliamo analizzare qualitativamente la risposta, dunque vediamo come si comporta nell’intorno di t=0 .

y ' ( t )|t=0= k⋅τT1 ¿T2 dobbiamo vedere una serie di sottocasi. Osserviamo subito che questo valore può

essere influenzato solo da τ in quanto le costanti associate ai due poli e la costante sono tutte di valore positivo.1° sottocaso

Se y '( t )|

t=0= k⋅τT1 ¿T2

¿ 0 , allora τ<0 , nel piano di gauss...

La risposta avrà un’iniziale discesa verso il basso e questa sarà tanto più accentuata tanto più τ diventa negativo (o si avvicina all’asse Img). Graficamente

2° sottocasoτ>T 1>T 2>0 , ovvero nel piano di gauss...

La posizione dello zero è detta a “bassa frequenza”. Il sistema presenta una sovraelongazione tanto maggiore tanto più lo τ aumenta e dunque lo zero si avvicina all’asse Img. Graficamente la risposta sarà:

la risposta al gradino nei primi istanti è approssimabile a quella tipica di un sistema di 1° ordine. Questo perchè la differenza tra numero di poli e numero di zeri è ridotta ad 1. Ovvero: n−m=1 .In generale quando la differenza tra poli e zeri è pari ad uno, i primi istanti del transitorio sono approssimabili da sistemi del primo ordine. Nel caso in cui n−m≥2 allora il transitorio è approssimabile con sistemi del secondo ordine. Questo perchè il comportamento nel transitorio è definito dai poli più lenti che sono quelli dominanti14.Ripeto: nei primi istanti di tempo (ovvero molto prima di superare il valore k).

3° sottocaso.T 1>τ>T 2>0 , ovvero nel piano di Gauss.

Lo zero tra i due poli tende a velocizzare la risposta al gradino, dunque il comportamento del sistema è approssimabile a quello di un sistema del 1° ordine. Infatti graficamente compariamo le risposte:

Si ricorda che lo zero a numeratore può derivare da un’operazione di derivazione15. (l’operazione di derivazione permette di predire gli eventi di un K molto piccolo)

2° ordine 4° casoPoli complessi e coniugati.

G (s )=k ⋅ωn

2

s2+2⋅ δ ⋅ωn+ωn2

, n>m , k∈R+. (ringrazio Francesco Iorfida per la correzione)

Ricordiamo cosa sono i coefficenti ωn e δ . Sul piano di Gauss la coppia di poli complessi e coniuguati appare in questo modo:

Nota: Il grafico trae in inganno, sembrerebbe che δ=ωn⋅ cos (θ ) , ma non è così (ringrazio Andrea De meco per la correzione).Dove δ=cos (θ ) e, considerando θ solo nel 2° quadrante abbiamo che 0<δ<1 (è anche una condizione necessaria per la stabilità16). La risposta è la seguente:

y ( t )=k⋅{1− 1√1−δ 2

⋅e−δ⋅ωn⋅t⋅[ sen(ωn¿ t⋅√1−δ2+ar cosen( δ)) ]}

, ∀ t≥0 . Dove ar cos en(δ ) è lo sfasamento.Abbiamo che:y+∞= lim

t→+∞y ( t )=k

perchè il sistema è stabile ed y (0 )=0 perchè il sistema è improprio.

Valuto i punti di stazionarierà di questa funzione, quindi voglio trovare i valori di t dove y ' ( t )=0 .Il valore della derivata è:

y ' (t )=δωn

√1−δ 2⋅e−δωn t ⋅ [sen (ωnt √1−δ2+sen−1 (δ ) )]− 1

√1−δ 2⋅e−δωn tωn√1−δ2 ⋅[cos (ωnt √1−δ2+sen−1 (δ ) )]

y ' (t )=δωn

√1−δ 2⋅e−δωn t ⋅ [sen (ωnt √1−δ2+sen−1 (δ ) )]−e−δ ωntωn ⋅ [cos (ωnt √1−δ2+sen−1 (δ ) ) ]

I punti dove la derivata si annulla sono:

t j=jπ

ωn⋅√1−δ2, j∈Z+ dove Z

+ sono gli interi relativi positivi (ovvero gli interi17). Noto che per

questi punti io rendo parte dell’argomento del seno, nella funzione NON derivata, un multiplo di pigreco,

quindi è, evidentemente, importante il valore ar cos en(δ ) .Per questi punti la funzione vale:

y ( t j )=k⋅(1−(−1) j⋅e− j⋅δ⋅π

√1−δ2)

Poichè la funzione è stabile, il valore finale tenderà a y+∞= lim

t→+∞y ( t )=k

, quindi il punto di

massimo sarà il primo punto stazionario, ovvero quello con j=1 .

Dunque ho che

tmax=π

ωn⋅√1−δ2 ed la risposta è pari ad:

ymax= y (t1=tmax )=k ⋅ (1+e−δπ√1−δ2 ) . (Grazie della correzione ad Andrea De Meco)

Il grafico della risposta è:

In termini di sovraelongazione abbiamo che:

Smax %=100⋅ymax− y+∞

y+∞ sostituisco i valori trovati ed ottengo:

Smax %=100⋅k+k⋅e− j⋅δ⋅π

√1−δ2−k

k=100⋅e

− j⋅δ⋅π

√1−δ2

Questo risultato relaziona la sovraelongazione ad uno dei parametri della F.D.T ovvero δAll’incirca la sovraelongazione e il valore δ sono inversamente proporzionali...

Questo risultato dovevo aspettarmelo! Infatti analizzando la coppia di poli complessi e coniugati, sul piano di Gauss, ottengo:

Quando δ→0 i poli tendono ad essere puramente immaginari e dunque la sovraelongazione è assorbita lentamente (Poli vicino all’asse Img = evoluzione lenta).Quando δ→1 tendo ad avere un comportamento simile a quello con due poli reali coincidenti, quindi una risposta monotona crescente (senza sovraelongazione).

Lezione 13/05/2009Inviluppo di un sistema del 2° ordine a poli complessi e coniugati

E’ possibile, per un sistema del 2° ordine, inviluppare il tracciato dell’uscita del sistema. Inviluppare significa trovare un luogo dei punti nei quali il tracciato è racchiuso. Ovviamente l’inviluppo “banale” è tutto il piano cartesiano, quindi si tende, di solito, ad inviluppare la funzione senza lasciare margini.L’inviluppo, poichè è una regione definita, ha una frontiera. La frontiera è definita da funzioni. Sarebbe bello capire quali sono le funzioni che delimitano l’inviluppo di un sistema del 2° ordine a poli complessi e coniugati.Analizziamo la risposta al gradino del sistema del secondo ordine a poli complessi e coniugati (d’ora in poi C+C).

y ( t )=k⋅{1− 1√1−δ 2

⋅e−δ⋅ωn⋅t⋅[ sen(ωn¿ t⋅√1−δ2 )+ar cos en(δ )]}

, ∀ t≥0Il modo di evoluzione del sistema è determinato dalla composizione di una funzione esponenziale ed una funzione sinusoidale.Il grafico della funzione è:

Il modo di evoluzione è determinato soprattutto dalla funzione esponenziale poichè questa tende più velocemente a zero del seno (che non va proprio a zero, ma oscilla tra 1 e -1).

Ricordo che i punti di massimo e minimo relativi (escluso il punto 0+

) della funzione sono individuati dai punti stazionari, precedentemente calcolati, ovvero:

y ( t j )=k⋅(1−(−1) j⋅e− j⋅δ⋅π

√1−δ2) , j∈Z+ .

Dato il sistema BIBO stabile (quindi ad ingresso limitato corrisponde uscita limitata), nell’ipotesi che k=1 (per semplicità) possiamo individuare (sempre escluso il punto 0

+) il massimo ed il minimo

assoluti, pari ad:

ymax= y ( t1 )=1+e−δ⋅π

√1−δ2

ymin= y ( t2 )=1−e−2⋅δ⋅π

√1−δ2

Sono i primi due istanti poichè poi la funzione tende a convergere al valore di regime, quindi le oscillazioni rispetto a questo saranno sempre minori.

Io posso definire delle funzioni: ymax ( t )=1+e−δ⋅π⋅t

√1−δ2

ed ymin (t )=1−e

−δπt√1−δ2

che saranno pari,

rispettivamente, ai valori massimi e minimi della y ( t ) . Più specificatamente ymax ( t ) sarà pari ai

massimi relativi di y ( t ) quando {t1=1 ,t3=3 ,t 5=5 ,…}. Analogamente succede per ymin( t )

quando {t2=2 ,t4=4 , t6=6 ,…} .Ora facciamo un’osservazione18: Nell’intervallo di tempo compreso tra [ t=t 1 , t=t2 ] il limite superiore

della funzione è proprio ymax ( t1)=1+e−δ⋅π

√1−δ2

ed limite inferiore è ymin( t 2)=1−e−2⋅δ⋅π

√1−δ2

.

Quindi per ogni intervallino (definito dai vari t j ) io posso individuare limite superiore e limite inferiore

grazie alle funzioni ymax ( t ) ed ymin( t ) . Ma se questi sono estremi, per ogni intervallo, vuol dire che ymin( t j)≤ y ( t )≤ ymax( t i) questo per t∈[ ti , t j ) dove i=1,3,5 , .. . , j=3,5,7 , .. . (escluso

l’intervallo t∈[ 0 , t1 ) )Ovvero, queste funzioni determinano l’inviluppo del sistema, però dobbiamo scriverle meglio. Perchè? é

vero che ymax ( t )=1+e−δ⋅π⋅t

√1−δ2

tocca tutti i punti di massimo del sistema, ma per valori {t 1=1 ,t3=3 ,t5=5 ,…}, ricordo che invece abbiamo trovato i valori stazionari come:

t j=j⋅π

ωn⋅√1−δ2 , j∈Z+ . Per rendere ymax ( t ) compatibile con questa scrittura, devo scrivere:

ysup( t )= ymax ( t )=1+e−δ⋅ωn⋅t

e quando t=t j , dove j=1,3,5 ,. . . ,questa toccherà i punti di

massimo relativo di y ( t ) . Analogamente ho per il minimoysub (t )= ymin( t )=1−e

−δ⋅ωn⋅t

.

Graficamente l’inviluppo è così rappresentato:

Caratteristiche del sistema e tempo di assestamentoIl tempo di assestamento è il valore temporale oltre il quale la funzione acquisisce valori limitati entro un certo scostamento massimo percentuale dal valore di regime. Più matematicamente (vedere anche paragrafi precedenti):

T a ,p% tempo di assestamento con un margine percentuale rispetto al valore di regime. Ovvero

tempo nel quale y ( t ) è compresa tra [(1−0 ,01⋅P)⋅y+∞ ,(1+0 ,01⋅P )⋅y+∞ ]Ma grazie all’inviluppo ed alle funzioni che lo delimitano, possiamo facilmente trovare il tempo di assestamento.

Infatti, esisterà un tempo t=t tale per cui l’intervallo di valori sull’asse delle ordinate compresi entro

l’inviluppo sarà pari alla definizione di T a ,p% . Quindi questo tempo sarà t=t=T a , p%

Ovvero, la funzione superiore determinerà il limite superiore e viceversa per la funzione inferiore. Quindi

ysup(T a , p% )=(1+0 ,01⋅P )⋅y+∞ed ysub (T a , p%)=(1−0 ,01⋅P )⋅y+∞Graficamente:

Ovviamente questo vale ∀ t≥T a , p% .

Dunque, possiamo ricavarla da una delle due equazioni, cerchiamo la relazione tra T a ,p% e parametri caratteristici del sistema con C+C (poli complessi e coniugati).

1+e−δ⋅ωn⋅Ta , p%=(1+0 ,01⋅P )⋅y+∞

Poichè y+∞= lim

t→+∞y ( t )=k

ma abbiam detto che k=1 (per semplicità) allora:

e−δ⋅ωn⋅Ta , p%=0 ,01⋅P

applicando il logaritmo in base e:

→−δ⋅ωn⋅T a ,p%=log (0 ,01⋅P )

→T a, p%=−1

δ⋅ωnlog(0 ,01⋅P )

ma δ⋅ωn è la parte reale dei poli C+C del sistema. Dunque mi individuano un preciso luogo dei punti se voglio soddifare una specifica (il tempo di assestamento in questo caso).In generale per ogni funzione di trasferimento dove:

G( s )=N (s )D (s ) con n−m≥2 , ho che le caratteristiche dei poli dominanti del sistema (tramite i quali

posso ricordurre questo ad un sistema del 2° ordine) determinano il tempo di assestamento.Un esempio.

Sia W ( s )= G( s )

1+G(s ) con la specifica da rispettare che T a ,5 %≤1sec . Sia G( s ) del secondo ordine.Per soddisfare la specifica ho che:

T a ,5 %=−1

δ⋅ωnlog (0 ,05 )

ma log ( 0 ,05 ) è circa –3 quindi T a ,5 %=

3δ⋅ωn

Se questo deve essere minore di un secondo ho:

T a ,5 %=3

δ⋅ωn≤1 sec

da cui3≤δ⋅ωn

Visto che a noi interessa la parte reale negativa, e δ⋅ωn equivale alla parte reale, basta moltiplicare per –1−δ⋅ωn≤−3Dunque, per soddisfare la specifica, i poli della f.d.t devono avere parte reale negativa minore od uguale di 3. Ovvero il luogo geometrico “utile” sul piano di gauss è:

Dopo aver legato le caratteristiche del sistema al tempo di assestamento, possiamo fare lo stesso con la sovraelongazione.

Caratteristiche del sistema e sovraelongazioneRicordiamo la sovraelongazione:

Smax %=100⋅e−δ⋅π

√1−δ2

Desideriamo, per esempio, che Smax %≤10 %=100⋅0,1 .Divido per 100 ed ottengo:

e−δ⋅π

√1−δ2≤0,1

Supponiamo di averlo risolto ed otteniamo che δ≥b dove b è la soluzione positiva dell’equazione di secondo grado che risulta dai calcoli19. Si prende la soluzione positiva poichè per la stabilità 0<δ<1 quindi i numeri negativi non sono accettabili.

Ricordando che δ=cos (θ ) allora θ=arccos(δ ) da cui, per la nostra disequazione, θ≤arccos(δ ) , questo poichè se dobbiamo rispettare la specifica δ≥b , sapendo che δ=cos (θ ), allora delta cresce solo se l’angolo diminuisce (tende a zero) e quindi θ≤arccos(δ ) . Nel piano di Gauss abbiamo che:

Diagrammi di NyquistUn criterio per verificare la stabilità di un sistema è la tabella di routh. Questo criterio non è precisissimo, uno migliore è quello di Nyquist. Però, per usufruire di questo criterio dobbiamo utilizzare i diagrammi omonimi.

Mentre bode scompone G( jω ) in modulo e fase, con nyquist diagrammiamo qualitativamente la funzione, che ricordo è definita così:G( jω ):R↦Covvero restringe all’asse immaginario la variabile s .Il piano complesso in cui diagrammeremo sarà:

Però per diagrammare qualitativamente G( jω ) ci servono alcune informazioni.Innanzitutto sfruttiamo una proprietà dei numeri e delle funzioni complesse, ovvero che :G∗( jω )=G([ jω ]∗)=G(− jω)ovvero che il coniugato della funzione è pari alla funzione con l’argomento coniugato. Ciò ci permette di

graficare G( jω ) solo per valori di ω>0 ,o meglio scritto ω∈(0 ,+∞) , il grafico per i valori negativi sarà ribaltato (in quanto appunto coniugato, ed il coniugato di un numero complesso è sempre ribaltato).1° punto d’interesseIl comportamento agli estremi, ovvero quando:

ω→0+ , G( jω)ω→+∞ , G( jω )Ovvero vogliamo sapere il valore di

{ limω→0+

|G( jω)|

limω→ 0+

∠G( jω) ed

{ limω→+∞

|G ( jω)|

limω→+∞

∠G( jω)

2° punto d’interesse

Il comportamento qualitativo della parte reale e di quella complessa di G( jω ). Lo possiamo ottenere

studiando Re {G ( jω)} ed Img {G( jω)} oppure tramite l’analisi del diagramma ∠G( jω ) di Bode.

Esempio no1

Sia G( s )=10

(1+s )⋅(2+s ) da cui G( jω )=10

(1+ jω )⋅(2+ jω)Calcoliamo modulo e fase:

|G( jω)|=10

√(1+ω2 )⋅(4+ω2 )∠G( jω )=∠10−∠( jω+1 )−∠( jω+2)Ora vediamo nei puntio estremi come si comporta, per semplicità scriverò una coppia di valori nel modo

seguente (|G( jω)|,∠G( jω))per ω→0+ ottengo (|G( jω)|=5 ,∠G( jω )=0 ) (nota20)

per ω→+∞ ottengo (|G( jω)|=0 ,∠G( jω)=−π )(ricordo che il modulo e la fase mi individuano un punto nel piano complesso).In particolare l’ultimo punto mi dice “arrivi nel punto di origine con una curva tangente alla fase −π ”). Graficamente

Da quale quadrante passo? per saperlo devo analizzare il comportamento qualitativo della parte img e reale di G(jω).

Scomponiamo, quindi, G( jω ) in parte Re ed Img. Inizialmente moltiplico la funzione per il complesso e

coniugato di D( jω).G( jω )=10⋅(1− jω)(2− jω)

(1+ω2)⋅(4+ω2)da cui

Re {G ( jω)}=10⋅(2−ω2 )(1+ω2)⋅(4+ω2)

Im g {G( jω)}= −30⋅ω(1+ω2)⋅(4+ω2)

Osserviamo che, per l’intervallo di valori che consideriamo (ω∈(0 ,+∞)) la parte immaginaria è sempre negativa, quindi siamo limitati al 3° e 4° quadrante. Dunque posso escludere una delle due ipotesi di avvicinamento all’origine del piano complesso.

L’intersezione con l’asse reale si ha quando Im g {G( jω)}=0 che implica ω=0 da cui Re {G ( j 0)}=5 , ovvero il punto già trovato (iniziale, poichè ω=0 ).

Di sicuro si passerà per l’asse immaginario tra il 3° e 4° quadrante, dunque quando Re {G ( jω)}=0 ,

ciò implica ω2−2=0→ω=±√2 ci interessa solo il valore positivo, quindi

Im g {G( j √2 )}=−53 √2

Grafico finale qualitativo:

Potevamo ottenere la stessa cosa analizzando il diagramma delle fasi e ricordando che il valore −π

2 implicava un’intersezione con l’asse immaginario e che una fase negativa significa una rotazione in senso orario.

Esempio no2

Sia G( s )= (1+s)

s⋅(2+s ) da cui G( jω )= (1+ jω)

( jω )⋅(2+ jω)Calcoliamo modulo e fase:

|G( jω)|= √(1+ω2)

ω⋅√(4+ω2 )

∠G( jω )=∠( jω+1)− π2−∠( jω+2)

il contributo −π

2 è dato dal polo nell’origine.Ora vediamo nei punti estremi come si comporta:

per ω→0+ ottengo (|G( jω)|=+∞ ,∠G( jω)=−π

2)

per ω→+∞ ottengo (|G( jω)|=0 ,∠G( jω)=− π

2)

Quando il modulo va ad infinito, allora è presente un asintoto tangente alla fase −π

2 . Inoltre si raggiunge l’origine con la stessa fase, quindi un grafico possibile è:

Al solito, per determinare il tracciato complessivo, analizziamo la parte reale ed immaginaria:

Im g {G( jω)}= −(2+ω2)ω⋅(4+ω2)

Re {G ( jω)}= 1(4+ω2 )

Osserviamo che la parte immaginaria è sempre negativa (poichè il denominatore è sempre positivo ed il numeratore ha un termine sempre positivo a meno del segno). La parte reale è sempre positiva.L’unico punto che soddisfa queste informazioni è il 4 quadrante:

Notiamo che quando ω→0+ la parte reale acquista il suo valore massimo (ovvero è proprio un asintoto per il tracciato, poichè ad infinito tende a questo valore). Questo valore è:

limω→0+

Re{G( jω)}=14

Quindi l’unica possibilità di convergere al punto nell’origine è con un flesso, ovvero abbiamo il grafico finale:

Anche questo diagramma qualitativo poteva essere fatto tramite la fase di ∠G( jω ).Definizione formale di diagramma di Nyquist

(grazie a Francesco De Simone)

Il diagramma di Nyquist associato alla funzione G( s ) è l’immagine, attraverso G( jω ), della curva chiusa delimitata dall’asse immaginario e da una semicirconferenza di raggio infinito nel semipiano destro.

Se G( s ) ha dei poli puramente immaginari il percorso della curva si modifica con delle semicirconferenze di raggio infinitesimo che accerchiano i poli immaginari sviluppandosi sempre sul semipiano destro.

Infatti per poter definire G( jω ) non devono esserci discontinuità sull’asse immaginario, o meglio la curva deve essere connessa21. A questo si aggiunge il motivo della stabilità della f.d.t (che appunto è stabile se non ha discontinuità).

Il verso della curva è sempre orario.

Criterio di stabilità di NyquistDato il sistema:

Possiamo modificare il sistema unendo i due blocchi, definendo la funzione a ciclo aperto: L(s )=H (s )⋅G( s )Con questa posso modificare lo schema a blocchi:

Condizione necessaria e sufficiente affichè il sistema LTI-TC sia BIBO22 stabile a ciclo chiuso e che il

diagramma di Nyquist di L( jω ) circondi il punto critico x=−1+ j0 in senso antiorario tante volte

quanti sono i poli a parte reale positiva della funzione L(s ) .

Spieghiamolo più precisamente:

Sia P il numero di poli a parte reale positiva di L(s ) .

Sia Z il numero di poli a parte reale positiva della W ( s ) dove W ( s )= L( s )

1+ L(s )sia N il numero di aggiramenti intorno al punto critico x=−1+ j0 , conteggiando N in questo modo.

{−1 per ogni giro in senso antiorario+1 per ogni giro in senso orario

Quindi il criterio si riduce alla formula Z=P+N=0 questa può dare zero (per la stabilità), visto che P non è mai negativo , se e solo se N è negativo quindi il diagramma aggira il punto critico in senso antiorario.

Spiegazione del punto critico

Perchè x=−1+ j0 è punto critico?

Utilizzando W ( jω)= L( jω)

1+L( jω)

Se esiste un omega segnato tale per cui L( j ω ) vale proprio quanto x=−1+ j0 si ha un punto di risonanza.

Scritta meglio: se ∃ω : L( j ω )=−1+ j 0⇒W ( j ω )= −1

1+(−1 )=+∞

ovvero W ( jω ) non è

definita (ovvero W ( s ) è instabile).

Corollario del criterio di stabilità di Nyquist

Se L(s ) non ha poli ha parte reale positiva in questo caso la condizione necessaria e sufficiente per la

stabilità di W ( s ) e:L( jω ) non deve circondare, e neanche toccare, il punto x=−1+ j0 (nota23).

Esempio criterio di Nyquist

G( s )=10s⋅( s−1) da cui

G( jω )= −10( jω )⋅(1− jω) (il meno a numeratore è perchè abbiamo messo

in evidenza –1 nel polo semplice).

calcolo modulo e fase:

|G( jω)|=10ω⋅√(1+ω2)

∠G( jω )=∠(−10 )−π2−∠(1− jω)

Occhio ad il polo con parte reale positiva ( ovvero: (1− jω)) che ha il seguente grafico al variare di ω ,

quindi per ω→+∞ ha contributo −π2

:

negli estremi ho:

per ω→0+ ottengo (|G( jω)|=+∞ ,∠G( jω)=−3⋅π

2)

per ω→+∞ ottengo (|G ( jω )|=0 ,∠G ( jω )=−π )(grazie a Manuela Valeo, Erica Barrese ed Adriano Baffo per aver trovato l'errore del valore della fase di G ( jω ) quando omega tende a piu' infinito )da cui un diagramma delle possibilità è:

Analizzando qualitativamente il tracciato tramite il diagramma delle fasi, otteniamo:

Da cui vediamo che tutto il tracciato si svolge nel 2° quadrante, e quindi il diagramma qualitativo è circa così:

Applicando il criterio di Nyquist vediamo se la funzione a ciclo chiuso sarebbe stabile...Z=P+N=0P è uguale ad uno (il polo a parte reale positiva)N è uguale ad uno (un aggiramento in verso orario)Z è uguale a 2.... quindi il sistema non è stabile. La funzione a ciclo chiuso avrà due poli a parte reale positiva.

Lezione 20/05/2009Funzionalità di G(jω)

Dato un sistema LTI-TC caratterizzato dalla solita f.d.t. G( s )=N (s )

D (s ) con n≥m .

Sappiamo che g( t )=L−1[G( s ) ].

Per le trasformate di Laplace, la definizione di G( jω ) è la seguente24

G( jω )=def

∫0

+∞

g( t )⋅e− jωt⋅dt

mentre per ricavare g( t ) da G( jω )

g( t )=def 1

2π ∫−∞+∞

G( jω )⋅e jωt⋅dωPraticamente la prima è una trasformata e la seconda è l’antitrasformata.

Queste trasformate han senso solo se G( jω ) è BIBO stabile, ovvero se le componenti di g( t ) sono convergenti a regime.

Infatti, se g( t ) è composta come: g( t )=∑

i=1

n

k i⋅e−Pi⋅t

allora per t→+∞ , g( t )→0

o meglio g( t ) deve essere assolutamente convergente, ovvero:

∫−∞

+∞

|g( t )|⋅dt<+∞

Se abbiamo un sistema LTI-TC, ogni ingresso può essere, grazie alle serie di Fourier, trasformato in una serie di ingressi sinusoidali della forma:x ( t )=X⋅sen (ωt ) con ω costante (ω∈ R )avremo che l’uscita a regime (t→+∞ ) del sistema sarà determinata, sperimentalmente, come:y ( t )=Y (ω )⋅sen (ωt+ϕ (ω ))dove Y (ω ) è uno scalare ed ϕ (ω ) è una fase, che, sperimentalmente, dipendono da ω .Definiamo la funzione di risposta armonica come funzione che ha queste caratteristiche:F (ω ):R↦C

con modulo F (ω )=Y (ω )

X

fase ∠F (ω )=ϕ (ω )ovvero:

F (ω )=Y (ω )X

⋅e j⋅ϕ(ω )

Come già detto, grazie alle serie ed alle trasformate di Fourier, un segnale qualsiasi (o quasi, alcuni no) è facilmente trasformabile in questo modo:

x ( t )=ao+∑i=1

+∞

ai⋅sen (ωi+ϕi ). Inoltre grazie al PSE io posso ottenere l’uscita come la somma dei

singoli contributi, ma questi contributi, come abbiamo visto, dipendono sempre dai parametri

dell’ingresso (si basano tutti su ω , essendo gli ingressi sinusoidali). Dunque con l’analisi di F (ω ) possiamo conoscere la risposta del sistema.

Ma se il sistema è BIBO stabile, allora F (ω ) coincide con G( jω ).La risposta a regime del sistema sarà (è dimostrabile):y ( t )=X⋅|G( jω)|⋅sen(ωt +∠G( jω ))Ecco perchè è importante conoscere G( jω ).

Parametri legati alla stabilita del sistema LTI-TC a ciclo chiuso

Sarebbe bello trovare alcune caratteristiche di G( jω ) che ci siano utili per definire la qualità del sistema

a ciclo chiuso. Questi sono il margine di ampiezza M A ed il margine di fase (M fase ).Ovvero grazie a dei parametri della risposta armonica della fdt a ciclo aperto, riusciamo ad avere informazioni qualitative sulla risposta a ciclo chiuso.Definiamo e spieghiamo la loro utilità.

Margine di ampiezza

Ricordando che il punto critico nei diagrammi di Nyquist è: xc=−1+ j⋅0 .Supponiamo di avere il diagramma di Nyquist di una f.d.t. di grado relativo 3 (n−m=3 ) con nessun polo nell’origine. Per avere la fdt a ciclo chiuso stabile, allora non devo ne toccare, ne accerchiare il punto critico. Il diagramma è il seguente (disegno solo la parte con ω>0 ):

Notiamo che se il diagramma tange la fase −3⋅π

2 vuol dire che, approssimativamente, i poli dominanti

sono 3, ognuno dei quali da un contributo di −π

2 .Ora vogliamo quantificare la robustezza del sistema, ovvero entro quali modifiche del diagramma di Nyquist il sistema rimane stabile. Poichè sappiamo che la stabilità dipende dal punto critico xc=−1+ j⋅0 , vediamo quanto il diagramma è distante da questo per definirne il margine. Vediamo la distanza poichè, come già detto, il punto critico non deve essere accerchiato ne toccato.

Quindi considero la pulsazione ωπ tale che: ∠G( jωπ )=−π

ovvero la pulsazione per la quale il diagramma di G( jω ) interseca l’asse Reale negativo.

In questo punto la distanza dall’origine è: |G( jωπ )|

Il punto xc=−1+ j⋅0 ha invece modulo pari ad |xc|=1

Allora definisco il M A così:

|M A|db=|1

G( jωπ )|db , poichè la distanza sarebbe: |xc|−|G( jωπ )| ; a

questa applico i decibel e quindi:

|M A|db=|1

G( jωπ )|db=20 log10(|xc|)−20 log10(|G( jωπ )|)

che è proprio la distanza in decibel.Vediamo i diagrammi di bode. Supponiamo che i diagrammi di bode del sistema diagrammato con nyquist siano i seguenti:

Si noti che prima individuiamo la pulsazione grazie al diagramma delle fasi.Sappiamo che l’asse ω nel diagramma dei moduli implica un modulo di valore 1. Ma il modulo del punto critico è 1. Dunque la linea rossa stabilisce la distanza tra il punto critico (ovvero l’asse ω ) ed il punto

con pulsazione ωπ .

Ovvero in moduli ho che la distanza è: M A=|xc|−|G( jωπ )|=1−|G( jωπ )|che nel diagramma di bode vale proprio (grazie alle prop. dei logaritmi viste prima):

|M A|db=|1

G( jωπ )|db

Margine di faseSullo stesso diagramma di Nyquist di prima, facciamo una piccola aggiunta

Si nota il cerchio di raggio unitario. Questo interseca il tracciato di nyquist nel punto con pulsazione ωT . Ma ciò vuol dire, visto che il modulo di questo punto è unitario, che il valore nel diagramma di bode corrispondente sarà nullo.

Ovvero |G( jωT )|=1⇒|G( jωT )|db=0Ora noi definiamo il margine di fase nel seguente modo:

La fase che deve essere sottratta alla fase del punto G( jωT ) al fine di ottenere il valore −πIn formule:∠G( jωT )−M fase=−π da cui M fase=π +∠G( jωT )

Per sistemi stabili ho che 45 °≤M fase≤60 °

Visualizzando con bode ho i seguenti diagrammi (che rendono l’idea di ωT )

Pulsazione di risonanza e margine di piccoVedere le sezioni sotto “esercitazione” per maggiori approfondimenti, riporto solo le formule:

ωR=ωn √1−2δ 2

MR=|G( jωR)|dB=1

2δ⋅√1−δ2

Pulsazione di banda passante

La pulsazione di banda passante (ωB )è quella tale per cui:

|G( jωB)|db−|G( j 0 )|db=−3db=| 1√2|db

dove |G( j0 )|db è il guadagno statico del sistema (ciò che rimane a regime).Utilizzando le proprietà dei logaritmi a ritroso, otterrei che:

|G( jωB)||G( j0 )|

= 1√2

a che serve ωB ?Se noi abbiamo un sistema LTI-TC del tipo

Ora trasformiamo con fourier l’ingresso e supponiamo di avere questo spettro dei moduli:

Vediamo lo spettro di G( jω ), e supponiamo di avere:

Ovvero quando l’ingresso passa attraverso la f.d.t. i valori con pulsazione superiore a ωB verranno distorti, dunque non saranno ricostruibili. Ovvero in uscita rimarranno fedeli i valori solo fino ad ωB=ω2 .

Praticamente G( s ) si comporta da filtro e lascia passare “indenne” solo le pulsazioni precedenti di ωB .

Ovvero nell’intervallo (o ,ωB) l’uscita è fedele all’ingresso.Il diagramma dell’uscita sarà:

Quindi la banda passante indica l’intervallo di frequenze utili per trasmettere un segnale senza distorsioni.

Banda passante come legame globaleUn legame si dice globale quando relaziona una caratteristica nel dominio della frequenza al dominio del tempo. Noi abbiamo che:ω

Bc .c .⋅T sc .c .=0. 8 π(c.c. = ciclo chiuso)Quindi maggiore è la banda passante, minore è il tempo di salita del sistema.

Banda passante a ciclo chiuso ed a ciclo apertoMostriamo che:ω

Bc . c≥ωBc .a

Con c.c. = “ciclo chiuso” ed c.a. = “ciclo aperto”.Sia il sistema a retroazione algebrica di coefficente R.

R è solo una costante, ovvero R∈R+Questo sistema è modellato dalla f.d.t. a ciclo chiuso seguente

W ( s )= G( s )1+R⋅G( s )

con s= jω

W ( jω)= G( jω)1+R⋅G( jω)

prendo le pulsazioni ω∈[ω1 ,ω2 ] tali per cui

R⋅|G( jω)|>> 1 da cui |R⋅G( jω)|db>0Questo implica che la funz. armonica a ciclo chiuso diventa

W ( jω)≃ 1R

In diagrammi di bode abbiamo...

Come abbiam detto, quando il modulo è molto maggiore di 1 (alias il modulo in decibel è maggiore di

zero), il modulo della risposta armonica a ciclo chiuso è circa

1R .

Infine, individuata la ω

Bc .a individuiamo anche la ω

Bc .c e notiamo che, nonostante il guadagno statico

sia ridotto a ciclo chiuso (si osserva che |W ( jω)|db è minore di |G( jω)|db per omega piccoli), la banda passante sia aumentata. Inoltre constatiamo che la banda passante a ciclo chiuso è approssimabile

alla pulsazione di attraversamento a ciclo aperto. Quindi ω

Bc . c≃ωTc .a .

Infine, per ω→+∞ i diagrammi all’incirca coincidono, ovvero: |W ( jω)|db≃|G( jω )|db

Infatti, se G( jω )= N ( jω)

D( jω) allora

W ( jω)=( N ( jω)D( jω) )(1+ N ( jω)D( jω))

se ω→+∞ allora

N ( jω)D( jω)

→0 quando n>m

Ciò implica che

N ( jω)D( jω)

<< 1 dunque

W ( jω)=( N ( jω)D( jω))

1=G( jω )

Che ci conferma che la retroazione ad alte frequenze non ha effetto, ovvero l’ingresso viene completamente filtrato. (Come abbiam visto con le figure degli spettri delle funzioni trasformate secondo Fourier)

Legame globale tra margine di fase e smorzamento dei poli (delta)Se abbiamo:

G( s )=ω

n2

s⋅( s+2δωn )otteniamo, considerando la retroazione algebrica unitaria

con R=1

W ( s)=ωn

2

s2+2δωn⋅ s+ωn2 (ringrazio Mariaconcetta caruso per la segnalazione dell'errore) questo è un

sistema di secondo ordine a poli complessi e coniugati.Il legame tra margine di fase e smorzamento è:

M fase=arctan (2δ √ 1√4δ 4+1−2δ 2)

(sinceramente non vedo una strada per arrivarci, lo prendo per buono)Quindi, elaborando ancora, posso legare il margine di fase anche con sovraelongazione, tempo di assestamento, picco di risonanza.

Sperimentalmente sappiamo che, se M fase≤70 ° e δ<0 .7 allora posso approssimare questa relazione comeM

fasec .a≃100⋅δc .c .

Lezione 22/05/2009Sistemi a tempo discreto

Come abbiamo fatto per i sistemi LTI-TC ora vogliamo esaminare i sistemi LTI-TD (tempo discreto) rappresentabili con lo schema:

con k∈Z .

Un segnale generico in ingresso , chiamato u(k), sarà una sequenza di valori. Rappresentato formalmente sarà:{u( k )}k=−∞

+∞ con u( k )∈C , ∀ k∈Z

Possiamo riscrivere il tutto nella forma estesa:{…, u(−2) ,u (−1 ) ,u(0 ) ,u (1) ,u (2)}Ora vediamo alcuni segnali di nostro interesse

Delta di kroneckerDefinita come segue:

δ (k )={1 , k=00 , k≠0

Graficamente:

Cenni sulla traslazioneDefiniamo ora la traslazione della delta. La traslazione verso destra (detta anche ritardo) di un’unità, sarà definita come:

δ (k−1)={1 , k=10 , k≠1

La traslazione verso sinistra, sempre di un’unità, detta anticipo, sarà definita come

δ (k+1 )={1 , k=−10 , k≠−1 (ringrazio Angelo Mendicelli per avermi fatto notare un copia-incolla errato)

Graficamente:

in generale possiamo dire che la traslazione a destra (o ritardo) di p unità sara:

δ (k−p )={1 , k=p0 , k≠p con p∈Z+

stessa cosa per la traslazione a sinistra (o anticipo):

δ (k+ p )={1 , k=− p0 , k≠−p con p∈Z+

Modellare una sequenza con la deltaLa delta di pronecker è interessante in quanto permette di modellare una qualsiasi sequenza di numeri. A titolo di esempio consideriamo la seguente sequenza:u( k )= {u (0)=1 ,u (1 )=1 , u(2)=0,5 }io posso riscriverla come:u( k )=1⋅δ( k )+1⋅δ(k−1)+0 .5⋅δ (k−2) grazie alle osservazioni precedenti.

GradinoDefinito come:

sca(k )={1 , k≥00 , k<0

anche per lo scalino vale la proprietà di traslazione a destra ed a sinistra

sca(k− p)={1 , k≥ p0 , k< p (ritardo o traslazione a destra) ;

sca(k+ p )={1 , k≥−p0 , k<−p (anticipo o

traslazione a sinistra)Graficamente:

Sequenza alternata25

u( k )={(−1 )k , k≥00 , k<0

graficamente:

Rampa unitaria

ramp(k )={k , k≥00 , k<0

graficamente:

Algebra sulle sequenzeSomma e differenza tra due sequenze

date 2 sequenze u1(k ) ed u2 (k ) , ∀ k≥0avremo che le sequenze somma e differenza saranno:us(k )=u1(k )+u2(k )ud ( k )=u1(k )−u2(k )Moltiplicazione per uno scalare

Dato uno scalare a∈C , con la sequenza u1(k ) , ∀ k≥0 avremo:

u( k )=a⋅u1 (k ) sempre per ∀ k≥0

Principio di sovrapposizione degli effetti a TDAnche a TD vale il PSE, dunque, dato un sistema:

dati due segnali in ingresso u1 (k ) ed u2 (k ) combinati nel seguente modo:u( k )=a⋅u1 (k )+b⋅u2 (k ) con a ,b∈Cl’uscita sarà pari ad:y (k )=a⋅y1( k )+b⋅y2(k ) .

Rappresentazione formale sistema 1° ordine LTI-TD a ritardi finitiOra, passo passo, cercheremo di dare una rappresentazione formale del sistema LTI-TD. A tempo continuo questa era la rappresentazione ARMA:an⋅y

(n)( t )+an−1⋅y(n−1)( t )+⋯+a0⋅y ( t )=bm⋅u

(m )( t )+bm−1⋅u(m−1 )( t )+⋯+b0⋅u( t )

a tempo discreto sarà un’equazione alle differenze. Per calcolarcela iniziamo dal sistema di primo ordine.“Ritardi finiti” vuol dire che al massimo si avranno traslazioni verso destra (ritardi). Essendo a tempo discreto, allora t∈Z in particolare al posto di t useremo k.L’uscita del sistema di primo ordine sarà:y (k )=−a1⋅y ( k−1 )+b0⋅u(k )+b1⋅u(k−1) Questa è un’equazione alle differenze a coefficenti

costanti, per non generalizzare troppo diciamo che a1 , b0 , b1∈ R . Questa relazione ci dice che l’uscita dipende dal valore all’istante precedente dell’uscita stessa e dell’ingresso, oltre che dal valore dell’ingresso all’istante corrente.

Assunzione sui segnali in ingressoAssumiamo, per i nostri studi che tutti i segnali d’ingresso siano identicamente nulli per istanti di tempo negativi, ovvero:f (k )=0 , ∀ k<0

Ancora sul sistema del 1° ordine, ricerca di y(k=0)

Ora vogliamo trovare il valore y (k=0 ) , torniamo alla nostra equazione alle differenzey (k )=−a1⋅y ( k−1 )+b0⋅u(k )+b1⋅u(k−1)osserviamo chey (k )=−a1⋅y ( k−1 )+b0⋅u(k )⏟

noto

+b1⋅u( k−1)⏟vale 0 (a)

(a) vale 0 per l’assunzione precedente. L’ingresso u(k) è noto e quindi si conosce, rimane il termine y(k-1), ma questo riassume il comportamento del sistema da meno infinito all’istante 0, ovvero è una condizione iniziale del sistema (similmente all’equazione differenziale a tempo continuo).

Rappresentazione formale di un sistema LTI-TD a ritardi finitiIn generale l’equazione alle differenze che caratterizza un sistema LTI-TD a ritardi finiti sarà:y (k )=b0⋅u (k )+b1⋅u (k−1 )+b2⋅u(k−2)+⋯+bm⋅u(k−m)−a1⋅y (k−1 )−a2⋅y (k−2)−⋯−an⋅y (k−n )si dice ai ritardi finiti poichè ci sono traslazioni a destra, altrimenti se c’erano anticipi, prevaleva il segno + negli argomenti.Questa equazione si risolve, oltre che con l’assunzione precedente, con la conoscenza delle n condizioni iniziali{ y (−1) , y (−2) ,⋯, y (−n)} questo perchè altrimenti, se k=0 non potremo conoscere i valori iniziali dei ritardi e quindi non potremmo risolvere l’equazione. Allo stesso modo, se abbiamo anticipi finiti, dovremmo conoscere tutti gli istanti di anticipo con k=0 , altrimenti non potremmo sapere i valori “nel futuro”.

Rappresentazione a blocchi di un’equazione alle differenzeRappresentiamo ora l’equazione alle differenze come schema a blocchi.Per semplicità rappresentiamo l’equazione alle differenze del sistema del 1° ordine a ritardi finiti.y (k )=−a1⋅y ( k−1 )+b0⋅u(k )+b1⋅u(k−1)graficamente, nello schema a blocchi, avremo:

Dove il blocco moltiplicatore di valore a∈R , dato un ingresso u( k ) restituisce a⋅u(k ) .

Invece il blocco ritardatore, dato un ingresso u( k ) restituisce u( k−1) .

Trasformata zetaNoi possiamo dire, in generale, che l’uscita è funzione dell’ingresso, dei ritardi finiti dello stesso e delle condizioni iniziali (e conseguenti ritardi) dell’uscita stessa, ovvero:y (k )=f [u (k ), u(k−1) ,… ,u( k−m )⏟

ritardi ingresso

, y (k−1) ,…, y (k−n )⏟ritardi uscita o condiz. iniziali

]

Per conoscere l’andamento totale dell’uscita dovrei calcolarla per ogni istante di tempo, ovvero:

∀ k≥0 dunque

{ y (k )}k=0+∞ =∑

k=0

+∞

f [u (k ) , u(k−1) ,…, u(k−m)⏟ritardi ingresso

, y (k−1) ,…, y (k−n)⏟ritardi uscita o condiz . iniziali

]

ovvero l’uscita e la somma di tutte le uscite ai vari istanti di tempo (è sempre una sequenza di valori!).Fare questa somma non è semplice, impiega molto dispendio computazionale. Allora si può trovare uno spazio funzionale che mappa ogni sequenza di valori con una data funzione e viceversa (relazione biunivoca). Graficamente:

Il vataggio di questa trasformazione e modificare l’equazione alle differenze in un’equazione razionale fratta, molto più semplice da gestire. Ovvero:

F (z )=NF (z )DF (z )

Definizione

Dato un ingresso f (k ) , ∀ k≥0 avremo che la sua trasformata zeta sarà:

Z [ f (k )]=deff (0 )+ f (1 )

z+f (2 )z2 +⋯+

f (n)zn

+⋯=F ( z )

Nella forma compatta è rappresentabile come serie di potenze di Laurent

F (z )=Z [ f (k )]=∑k=0

+∞ f (k )zk

=∑k=0

+∞f ( k )⋅z−k

dove la base della serie è: z−1=1

z . Dunque la F (z ) esiste solo se la serie converge (altrimenti è illimitata e difficilmente utile per semplificare i calcoli).

Diremo che f (k ) è la funzione generatrice di F (z ) .

F(z) è una funzione definita nei seguenti dominiiF (z ):C↦C

Il modulo di F (z ) può essere infinito o meno26. L’insieme dei punti per i quali |F ( z )| assume un valore limitato è detto “regione di convergenza”. Ovviamente la regione complementare è detta regione di divergenza.

Un segnale fondamentale per la chiusura della serie di Laurent

Per lavorare più facilmente con la F (z ) sarebbe bello trovare la formula chiusa della serie di laurent. Un conto è lavorare con pochi termini, un altro è lavorare con infiniti. Un segnale che ci sarà fondamentale (tramite il quale poi ricaveremo tutti gli altri che ci servono) è il seguente:

f (k )={ak , k≥00 , k<0 con, in generale, a∈C . Questa è la sequenza geometrica.

Calcoliamone la trasformata:

F (z )=∑k=0

+∞

ak⋅z−k=∑k=0

+∞(a⋅z−1)k

Ora consideriamo la serie geometrica troncata ai primi n termini:Fn( z )=∑

k=0

n−1

(a⋅z−1)k

possiamo ottenere F (z ) nel seguente modo: F (z )= lim

n→+∞Fn ( z )= lim

n→+∞∑k=0

n−1

(a⋅z−1)k.

Ricordiamo che la serie geometrica limitata fino al termine n (quindi n+1 termini) è riscrivibile nella seguente formula chiusa:

∑K=0

n

α k=α n+1−1α−1

=metto-1 in evidenza=1−αn+1

1−α

ovviamente se α≠1 (ringrazio Erika Barrese per la correzione)

Se pongo α=(a⋅z−1 ) e modifico gli indici, ottengo che:

Fn( z )=∑k=0

n−1

(a⋅z−1)k=1−(a⋅z−1)n

1−(a⋅z−1)ora effettuiamo l’operazione di limite:

F (z )= limn→+∞

Fn ( z )= limn→+∞

∑k=0

n−1

(a⋅z−1)k= limn→+∞

1−(a⋅z−1 )n

1−(a⋅z−1 )

L’unico termine che dipende da n è (a⋅z−1)n ma la base di questa potenza è un numero complesso,

dunque:

a⋅z−1=|a⋅z−1|⋅e j∠ (a⋅z−1 ) per le proprietà delle potenze e dell’esponenziale posso ricavare che

(a⋅z−1)n=|a⋅z−1|n⋅e j⋅n⋅∠ (a⋅z−1 ) e sostituisco questo nel limite.

F (z )= limn→+∞

Fn( z )= limn→+∞

∑k=0

n−1

(a⋅z−1)k= limn→+∞

1−|a⋅z−1|n⋅e j⋅n⋅∠ (a⋅z−1 )

1−|a⋅z−1|¿e j⋅∠ (a⋅z−1 )

Poichè le fasi non portano contributo al modulo (quindi si possono eliminare), tutto questo converge se

|a⋅z−1|<1 (da cui27), ricordando che a è costante, ciò si avrà per ∀ z :|a⋅z−1|<1 . Ma se |a⋅z−1|<1 ,

questo modulo elevato alla ‘n’ diventa trascurabile (proprio per questo converge), dunque rimane solo 1 a numeratore, ovvero:

F (z )= limn→+∞

Fn ( z )=1

1−a⋅z−1= zz−a .

Ma ciò ci permette di definire la regione di convergenza. Infatti se la regione di convergenza si ha per ∀ z :|z|>|a| , quindi per ∀ z :|z|<|a|⇒|F ( z )|→∞ ho la regione di divergenza.

Graficamente, possiamo ricavarci un cerchio di raggio di modulo |a|, sul piano della variabile z , entro il

quale F (z ) diverge, all’esterno di questo converge.

Dove si trovano i poli di F (z )? Tutti all’interno della regione di divergenza, vedi nota28. Graficamente avremo:

Trasformata di delta(k)

δ (k )={1 , k=00 , k≠0 la trasformata sarà Z [δ (k )]=1 infatti ricordando la definizione abbiamo che:

F (z )=∑k=0

+∞

δ(k )⋅z−k ma questa ha valori solo per k=0, dove vale appunto 1.

Trasformata del gradino(k)

sca(k )={1 , k≥00 , k<0

Z [ sca(k ) ]= zz−1 per la convergenza con a=1 . (notiamo che l’unico polo si trova sul bordo della

regione di convergenza, in quanto |z|>|a|=1 e P=1 ).

Trasformata della sequenza alternata

u( k )={(−1 )k , k≥00 , k<0 .

Osserviamo che, per i ragionamenti precedenti, ho:

Z [u( k ) ]= zz+1 che è pure pari (vedere punti successivi) alla trasformata di

Z [cos (kπ )]= z(z+1 )

Rappresentazione formale di F(z)

Notiamo che, per la formula chiusa della convergenza, in generale posso scrivere F (z ) nel seguente modo:

F (z )=b0⋅z

m+b1⋅zm−1+⋯+bm

a0⋅zn+a1⋅z

n−1+⋯+anPosso riscriverla, con la messa in evidenza, come:

F (z )=c⋅∏b=1

m

z−Pb

∏a=1

n

z−Pa tra i poli di F(z) (indicati come Pa ) almeno uno sarà posizionato sul bordo della

regione di convergenza.

Traformata di funzioni sinusoidali

Sia il segnale u( t )=sen (ω0 t ), lo campioniamo facendolo passare attraverso un interruttore che si chiude ogni T secondi. Otteniamo il seguente campionamento grafico:

Esce fuori il segnale a tempo discreto così definito:

f (k )={sen (kω0 T ) , k≥00 , k<0

sfruttando le formule di Eulero sappiamo che:

sen(kω0T )=ejk ω0T−e

− jk ω0T

2 jDa cui, seguendo la definizione di trasformata:

Z [ f (k )]=∑k=0

+∞ ejk ω0T−e

− jkω0T

2 j¿ z−k= 1

2 j [∑k=0

+∞

(e jω0T )k¿ z−k−∑k=0

+∞

(e− jω0T )k¿ z−k ]

Ma l’ultimo membro individua una serie geometrica come quella precedentemente calcolata (

F (z )=∑k=0

+∞

ak⋅z−k=∑k=0

+∞(a⋅z−1)k

) dove a è uguale all’esponenziale. Dunque ottengo:

Z [ f (k )]= 12 j [∑k=0

+∞

(e jω0T )k¿ z−k−∑k=0

+∞

(e− jω0T )k¿ z−k]= 12 j [ z

z−e jω0T−

zz−e− jω0T ]

La regione di convergenza è pari al modulo dell’esponenziale, ma poichè l’esponenziale mi individua una fase, il suo modulo, in questo caso, è 1 (altrimenti era il modulo del coefficente che sarebbe stato davanti

all’esponenziale, tipo d⋅ejω0 T

). Quindi la trasformata converge per ∀ z :|z|>1Se elaboro ulteriormente la traformata ottengo:

F (z )=z⋅sen(ω0T )

z2−2 z⋅cos (ω0T )+1 per il coseno la trasformata è quasi uguale.Osservazioni:

F (z )= zz2+1

=Z [ sen( π2⋅k )] se T=1

F (z )= 0z2+2 z+1

=Z [ sen (π⋅k ) ] se T=1

Vediamo ora la trasformata del coseno (la faccio io non l’ha fatta il Professore). Sappiamo che:

cos (kω0T )=ejk ω0 T+e

− jk ω0T

2Quindi, con gli stessi passaggi, arrivo ad:

Z [ f (k )]=12 [∑k=0

+∞

(e jω0T )k¿ z−k+∑k=0

+∞

(e− jω0T )k¿ z−k]=12 [ z

z−e jω0T+

zz−e− jω0T ]

Elaboriamolo

Z [ f (k )]=12 [ z⋅( z−e− jω0 T )+z⋅( z−e jω0T )

( z−e− jω0T ) ¿( z−e jω0T ) ]=12 [ z2−z⋅e

− jω0T+ z2−z⋅e+ jω0T

(z−e− jω0T )¿ (z−e jω0T ) ]Z [ f (k )]=1

2 [ 2 z2−z⋅(e jω0T+e− jω0T )

z2−z⋅e− jω0T−z⋅e

jω0T+1 ]=12 [ 2 z2−z⋅(e jω0T+e

− jω0T )z2−z⋅(e jω0T+e− jω0T )+1 ]

Aggiungo +1 e -1 al numeratore ed elaboro

Z [ f ( k ) ]=12 [ z2−z ⋅ (e j ω0T+e− j ω0T )+1+z2−1

z2−z ⋅ (e jω0T+e− jω0T )+1 ]=[ z2−z ⋅ (e jω0T+e− jω0T )+1z2−z ⋅ (e jω0T+e− jω0T )+1

+ z2−1z2−z ⋅ (e j ω0T+e− jω0T )+1 ]

Z [ f (k )]=12 [1+ z2−1

z2−z⋅(e jω0T+e− jω0T )+1 ]

Ma (ejω0T+e

− jω0T )=2 cos(ω0T )

Z [cos (kω0T )]=12 [1+ z2−1

z2−2 z⋅cos (ω0T )+1 ]Il Professore invece ha scritto nelle dispense cartacee (non riesco ad arrivare allo stesso risultato, Grazie a Gianluca F. Branca ci siamo!):Partiamo da

Z [cos (kω0T )]=12 [1+ z2−1

z2−2 z⋅cos (ω0T )+1 ]facciamo il mcm.

Z [cos (kω0T )]=12 [ z2−2 z⋅cos (ω0T )+1+z2−1

z2−2 z⋅cos(ω0T )+1 ]Z [cos (kω0T )]=

12 [ 2 z2−2 z⋅cos (ω0T )

z2−2 z⋅cos (ω0T )+1 ]Z [cos (kω0T )]=

22 [ z2− z⋅cos(ω0T )

z2−2 z⋅cos (ω0T )+1 ]con una messa in evidenza ed una semplificazione:

Z [cos (kω0T )]=z ( z−cos (ω0T ))

z2−2 z⋅cos (ω0T )+1Vediamo nei casi notevoli (Usando la formula del Professore)

Z [cos (kπ )]= z ( z+1 )z2+2 z+1

=z ( z+1 )( z+1 )2

= z(z+1 ) se T=1

Z [cos (k π2) ]= z2

z2+1 se T=1

Vediamo con le mie derivazioni...se T=1 :

Z [cos (kπ )]=12 [1+ z2−1

z2+2 z+1 ]=12 [ z2+2 z+1+z2−1

( z+1 )2 ]= 12

2 z ( z+1)( z+1 )2

= zz+1

se T=1 :

Z [cos (k π2) ]= 1

2 [1+ z2−1z2+1 ]=1

2 [ z2+1+ z2−1( z2+1 ) ]=1

22 z2

( z2+1 )= z2

z2+1Sono esattamente uguali, non è la stessa formula, ma la mia si può ridurre a quella del Professore, non vedo ancora come, ma è così.

Osservazioni sulla regione di convergenza

Sappiaamo che la regione di convergenza è individuata per ∀ z :|z|>|r|Ma |r| può assumere 3 valori:

1. |r|≃0 in pratica la regione di divergenza si riduce al punto nell’origine

2. |r|<+∞ la regione di divergenza sarà limitata ad un cerchio con raggio pari al modulo |r|

(sostituire a con r nel’immagine)

3. |r|→+∞ la regione di divergenza occupa tutto il piano, quindi la trasformata non converge mai

Proprietà della trasformata: differenzazione

Ricordiamo che: F (z )=∑

k=0

+∞ak⋅z−k= z

z−a con regione di convergenza ∀ z :|z|>|a|

Deriviamo entrambi i membri rispetto a z:

ddz (∑k=0

+∞ak⋅z−k)= d

dz ( zz−a )

questa operazione è

uguale ad: −∑K=0

+∞

k ⋅ ak ⋅ z−k−1= −a( z−a )2

(ringrazio Francesco Iorfida per la correzione) e la regione di

convergenza non cambia (il polo rimane P=a solo con molteplicità 2).Moltiplico entrambi i membri per −z ed ottengo:

∑k=0

+∞k⋅ak⋅z−k= a⋅z

( z−a )2 sempre con la stessa regione di convergenza (per il ragionamento precedente).

Ma questa è la trasformata della funzione f (k )=k⋅ak

(se si segue la definizione si ottiene proprio il termine a sinistra)Generalizzando

∑k=0

+∞k⋅f (k )⋅z−k=−z⋅ d

dz (F( z )) dove ovviamente F (z )=Z [ f (k )] .

Un esempioSe io ho la sequenza:

g(k )={k 2ak , k≥00 , k<0

con g(k )=k⋅f (k ) ed f (k )=k⋅ak

dove Z [ f (k )]= a⋅z

(z−a )2 .Ma per la regola precedente:

Z [ g(k ) ]=−z ddz (Z [ f (k ) ])=az⋅( z+a )

( z−a )3

Proprietà della trasformata: linearità

Data f (k )=a⋅f 1 (k )+b⋅f 2(k ) con a ,b∈C , allora:Z [ f (k )]=a⋅Z [ f 1 (k ) ]+b⋅Z [ f 2(k ) ]

Date le regioni di convergenza ∀ z :|z|>|r 1| relativa ad F1( z ) ed ∀ z :|z|>|r 2| relativa ad F2( z ) , la

regione di convergenza complessiva sarà: ∀ z :|z|>max {|r1|,|r2|}. Perchè? Poichè se ipotizziamo che |r 2|>|r 1| e noi scegliessimo un raggio di convergenza r :|r2|>|r|≥|r1|, allora potremmo tralasciare

una regione nella quale F2( z ) non è definita, quindi di conseguenza non è definita neanche la trasformata finale. Graficamente:

Proprietà della trasformata: traslazione a destra

Sia y (k )= f (k−m) , ∀ k≥0Vediamo la trasformata:

Z [ y (k ) ]=∑k=0

+∞

f (k−m)⋅z−k espandiamola:

Y ( z )=∑k=0

+∞

f (k−m)⋅z−k=f (−m)⏟k=0

+ f (1−m)⋅z−1⏟k=1

+⋯+ f ((m−1)−m)⏟f (−1 )

⋅z−(m−1)+

+ f (m−m)⏟f (0 )

⋅z−(m )+ f ((m+1)−m)⏟f (1)

⋅z−(m+1 )+⋯

Ma noi avevamo assunto che f (k )=0 , ∀ k<0 . Quindi i valori {f (−m) , f (1−m) ,…, f (−1 )} sono nulli.Dunque riscrivo:

Y ( z )=f (0 )⋅z−m+ f (1)⋅z−(m+1)+ f (2)⋅z−(m+2)+⋯ma notiamo che il termine z

−mè in comune, quindi:

Y ( z )=z−m ( f (0 )+f (1 )⋅z−1+ f (2)⋅z−2+⋯)⏟E' proprio F( z)

Dunque Y ( z )=Z [ f ( k−m) ]=z−mF ( z )

Se i termini con argomento negativo non sono nulli

Se {f (−m) , f (1−m) ,…, f (−1 )} non sono nulli, allora modifico il tutto aggiungendo quelli che avevo annullato:

Y ( z )=Z [ f ( k−m) ]=z−mF ( z )+∑i=0

m−1

f ( i−m)⋅z−i

Proprietà della trasformata: traslazione a sinistraStavolta andiamo con una sola unità di anticipo senza generalizzare subito:

g(k )={f (k+1) , k≥00 , k<0

Abbiamo che

G( z )=∑k=0

+∞

f (k+1)⋅z−k=f (1)⋅z−0+ f (2)⋅z−1+⋯

Moltiplico i membri per z−1

z−1⋅G( z )=f (1)⋅z−1+ f (2)⋅z−2+⋯Il secondo membro assomiglia ad F(z) ma manca f(0), quindi lo aggiungo ad entrambi i membri:

z−1⋅G( z )+ f (0 )=f (0 )+ f (1 )⋅z−1+ f (2)⋅z−2+⋯=∑k=0

+∞

f (k )⋅z−k=F( z )

Dunque:z−1⋅G( z )=Z [ f (k+1) ]=F( z )−f ( 0)da cui:G( z )=Z [ f (k+1) ]=z⋅F ( z )−z⋅f (0 )Generalizzando

Z [ f (k+m) ]=zm⋅F ( z )−∑k=0

m−1

f (k )⋅zm−k

Proprietà della trasformata: moltiplicazione per uno scalare del tipo ak

g(k )=ak⋅f ( k ) , ∀ k≥0La trasformata sarà:

Z [ g(k ) ]=∑k=0

+∞

ak⋅f (k )⋅z−k=∑k=0

+∞

f (k )⋅(a⋅z−1 )k=∑k=0

+∞

f (k )⋅(a−1⋅z )⏟z'−k

=F( z ' )=F( a−1⋅z )

Se F(z) convergeva per ∀ z :|z|>|r| allora F (a−1⋅z ) covergerà in questo modo:

|a−1⋅z|>|r| ⇒|z||a|>|r| ⇒|z|>|a|⋅|r|

Proprietà della trasformata: Teorema valore iniziale

Data F (z )=f (0 )+ f (1)

z+f (2)z2 +⋯

Volendo calcolare f(0) possiamo ricorrere al teorema del valore iniziale che è definito come:

f (0)=def

lim|z|→+∞

F (z ) (perchè i denominatori crescono e rimane solo il primo termine).

Proprietà della trasformata: Teorema valore finale

Determina il valore di f (k→+∞) ovvero:f +∞=f (k→+∞)= lim

k→+∞f ( k )

ma ciò equivale, con la trasformata zeta, ad:f +∞=lim

z→1[( z−1 )⋅F( z )]

Questo può essere fatto solo nella condizione necessaria e sufficiente che:

“[( z−1 )⋅F (z )] sia analitica nella regione ∀ z :|z|≥1 ”Analitica: ci può essere al massimo un solo polo sul bordo della circonferenza di modulo unitario (mentre normalmente anche più d’uno), tutti gli altri devono essere all’interno di questa.Nota: notare che il limite implica che i denominatori (nell’espansione standard della trasformata zeta

F (z )=f (0 )+ f (1)z+f (2)z2 +⋯

) tendono ad 1, poi vengano moltiplicati per un valore circa uguale a 0.

Proprietà della trasformata: Somma di convoluzione

Sia la sequenza: y (k )=h (0)⋅u (k )+h(1)⋅u( k−1 )+h(2)⋅u (k−2 )+⋯ . In forma compatta

ciò è uguale ad: y (k )=∑

i=0

+∞

h( i)⋅u(k−i)

Vogliamo la trasformata zeta:

Y ( z )=∑k=0

+∞

(h( 0)⋅u (k )+h (1)⋅u( k−1)+h(2)⋅u (k−2 )+⋯)⋅z−k.

Per la linearità della trasformta, essendo i termini h(i) costanti, posso scrivere:

Y ( z )=h(0 )⋅∑k=0

+∞

u (k )⋅z−k⏟

U ( z )

+h(1 )⋅∑k=0

+∞

u (k−1 )⋅z−k⏟

Traslazione: z-1⋅U ( z )

+…

Per le osservazioni fatte a margine:Y ( z )=h(0 )⋅U ( z )+h (1 )⋅z-1⋅U ( z )+…Mettendo in evidenza U(z):Y ( z )=U ( z )⋅(h(0 )+h(1)⋅z-1+h(2 )⋅z-2+…)⏟

H ( z )=∑k=0

+∞h( k )⋅z-k

Quindi abbiamo ottenuto: Y ( z )=U ( z )⋅H ( z )

Proprietà della trasformata: Sequenza periodicaSia data una successione periodica di periodo T (per semplicità positivo), avremo che f (k )=f (k−T ) . Allora potremo scrivere che:

{ f (k )}k=0+∞ ={f (0+nT ) ,…, f ((T−1 )+nT )⏟

la chiamo f p(k ) }n=0

+∞

La cui trasformata sarà:

F (z )=F p( z )⋅1

1−z−TQuesto perchè?

Sia F p( z )=∑

k=0

+∞

f p (k )⋅z−1

visto che f p( k ) ha valori solo tra 0 e T−1 allora:

F p( z )=∑k=0

T−1

f p (k )⋅z−1

.

Ritorniamo ad f (k ) ed osserviamo che, grazie alla periodicità

{ f (k )}k=0+∞ ={f (0+nT ) ,…, f ((T−1 )+nT )⏟

la chiamo f p(k ) }n=0

+∞

potrei scrivere:

F (z )=∑k=0

T−1

f p (k )⋅z−1+ ∑

k=T

2T−1

f p (k )⋅z−1+⋯+ ∑

k=nT

(n+1)T−1

f p( k )⋅z−1+⋯

Osservo che il secondo termine è f p( k ) traslato di T a destra, il terzo sarà f p( k ) traslato di 2T a destra, etc... quindi, con la proprietà della traslazione a destra:F (z )=F p( z )+z

−T⋅F p ( z )+⋯+z−nT⋅F p ( z )+⋯Ma posso mettere in evidenza, quindi:

F (z )=F p( z )(1+z−T+z−2T+⋯+z−nT+⋯underbracealignl serie ¿⏟

geometrica ¿

)¿

F (z )=F p( z )∑n=0

+∞

z−nT=F p (z )∑n=0

+∞( z−T )n

Ma sappiamo che la serie geometrica di un argomento minore di uno (in tal caso è una serie con

argomento un esponenziale che tende a zero) converge ad ∑i=0

+∞ai= 1

1−a se a<1

. Quindi:

F (z )=F p( z )∑n=0

+∞( z−T )n=Fp ( z )

11−z−T

Lezione 27/05/2009Antitrasformata zeta

Supponiamo di avere: F (z )= N ( z )

D( z )

Vogliamo ottenere f (k )=Z−1 [F ( z ) ]

L’antitrasformata più semplice: poli di F(z) distinti e non nulliSia n il grado del denominatore d(z). Possiamo scrivere:

D( z )=∏i=1

n

(z+Pi ) dove −Pi sono i poli, ed inoltre: Pi≠P j ∀ i≠ j , Pi≠0 ∀ i=1,… , n

Sotto queste ipotesi otteniamo l’antitrasformata come sviluppo di Heaviside, definito come

F ( z )z

Dunque:

F ( z )z

=N ( z )z⋅D( z )

=N ( z )

z⋅∏i=1

n

(z+Pi )

=N ( z )

∏i=0

n

( z+Pi ) con P0=0

Osservo che io posso riscrivere, per il principio di uguaglianza delle equazioni, la trasformata in somma di fratte semplici, ovvero:F ( z )z

=N ( z )

∏i=0

n

( z+P i)

=∑i=0

n k iz+P i

=k0

z+∑i=1

n k iz+P i

poichè P0=0 ed in generale k i∈C

I coefficenti k i∈C possono essere determinati tramite il teorema dei residui (vedi punto Error: Reference source not found).Dall’ultima equazione scritta, moltiplico i membri per z ed ottengo:

F (z )=∑i=0

n

k i⋅z

z+Pi=k0+∑

i=1

n

k i⋅z

z+PiSi nota che, lo sviluppo di Heaviside, corrisponde ad una moltiplicazione e divisione per z . Infatti prima

applico

F ( z )z e poi lo moltiplico per z .

Ma abbiamo calcolato in precedenza che Z [ f (k )=ak ]= z

z−a ,dunque, essendo il coefficente k i∈C costante (e quindi esterno alla trasformata grazie alla linearità di essa) ho che devo

antitrasformare termini del tipo

zz+Pi ,che equivalgono, per quanto detto, ad:

Z [ f (k )=(−Pi )k ]= z

z+Pi . (nota29)

Fatto questo ragionamento ed osservando che il termine

k0

z moltiplicato per z diventa k 0 , ricordo che la trasformata della delta di kronecker equivaleva ad 1, dunque un coefficente singolo può essere visto

come: k 0=k0⋅Z [ δ (k ) ]=k0⋅1 . Abbiamo che la trasformata finale di una funzione F(z) con poli distinti non nulli è:

f (k )=Z−1 [F ( z ) ]=k0⋅δ ( k )+∑i=1

n

k i⋅(−Pi )k

Teorema dei residui

k i=(z+Pi )⋅F ( z )z

|z=−PiEsempio antitrasformata poli distinti non nulli

F (z )= z−10( z+2)( z+5 ) attuo lo sviluppo di heaviside (la condizione è rispettata: poli distinti non nulli)

ed ottengo:

F ( z )z

= z−10z⋅( z+2)( z+5 ) da cui, per il teorema dei residui:

k 0=z⋅ z−10

z⋅(z+2 )(z+5 )|z=0=−1

k1=( z+2 )⋅ z−10z⋅( z+2)( z+5 )

|z=−2=2

k 2=( z+5 )⋅ z−10z⋅( z+2 )(z+5 )

|z=−5=−1

Dunque:

F (z )=−1+2⋅ zz+2

−1⋅ zz+5 dalla quale f (k )=−1⋅δ (k )+2⋅(−2 )k−1⋅(−5)k ,

∀ k≥0 .

Eventualmente potremmo scrivere pure: f (k )=[−1⋅δ(k )+2⋅(−2 )k−1⋅(−5)k ]⋅sca( k )La regione di convergenza si trova all’esterno del cerchio che racchiude tutti i poli, quindi:∀ z :|z|>max {|−2|,|−5|}

L’antitrasformata: poli di F(z) non nulli e con molteplicità > 1

Abbiamo

F (z )=b0⋅z

m+b1⋅zm−1+⋯+bm

( z−P1)n1⋅( z−P2 )

n2¿⋯⋅( z−Pq)nq

dove n1+n2+⋯+nq=nCon questa rappresentazione abbiamo due risoluzioni possibili.1° risoluzioneRappresentiamo F(z) in fratte semplici:

F ( z )=k0+k 11⋅ z

( z−P1 )+

k12⋅ z2

( z−P1 )2 +…+

k 1n1⋅ zn1

( z−P1 )n1+

k21⋅ z( z−P2)

+k 22⋅ z

2

( z−P2 )2+…+

k2n2⋅ zn2

( z−P2 )n2+…+

kq1⋅ z( z−Pq )

+kq2⋅ z

2

( z−Pq )2+…+

kq nq ⋅ znq

( z−Pq )nq

Dove i coefficenti k ih∈C , i=1 ,…, q , h=1 ,…, ni

Utilizzando una proprietà delle trasformate zeta, ovvero: Z−1[ zb

( z−a )b ]= ak

(b−1) !⋅∏i=1

b−1

(k+i) con

b>1Posso ricavare subito le antitrasformate della F(z) scritta in fratte semplici.esempio

F (z )=k 0+k11⋅z( z−P1 )

+k12⋅z

2

(z−P1)2+

k13⋅z3

( z−P1 )3+

k21⋅z( z−P2 )

da cui ricordando la proprietà appena enunciata:

f ( k )=Z−1 [F ( z ) ]=k0 ⋅δ (k )+k11⋅ (P1 )k+k12 ⋅ (P1 )

k ⋅ (k+1 )+k13

2⋅ (P1 )

k ⋅ (k+1 ) ⋅ (k+2 )+k 21⋅ (P2 )k ,∀ k≥0

Per trovare i coefficenti, invece che usare il teorema dei residui (applicabile con lo sviluppo di heaviside) posso utlizzare il principio di eguaglianza delle equazioni30 semplicemente sfruttando l’eguaglianza:

F (z )= N ( z )D( z )

=k0+k11⋅z( z−P1 )

+k12⋅z

2

( z−P1 )2+

k13⋅z3

( z−P1 )3+

k21⋅z( z−P2)

applicando il minimo comune multiplo al terzo membro e poi eguagliando i numeratori (visto che il denominatore sarà evidentemente uguale) tra secondo e terzo membro. Usciranno 4 equazioni lineari (per i gradi 0,...,3) da risolvere per avere l’eguaglianza di coefficenti.

2a risoluzione

F (z )=b0⋅z

m+b1⋅zm−1+⋯+bm

( z−P1)n1⋅( z−P2 )

n2¿⋯⋅( z−Pq)nq

la posso riscrivere come (forma compatta della somma di fratte semplici)

F (z )=∑i=1

q [∑h=1

ni

( k ih( z−Pi )

h )] .

I coefficenti li determino in questo modo:

k ih= limz→Pi

{ 1(ni−h ) !

⋅d(ni−h)

dzni−h[( z−Pi )

ni ¿F ( z )]} con i=1 ,⋯, q e h=1 ,⋯, ni

esempio

F (z )= z−10( z+2)( z+5 )

=k1

( z+2 )+

k2

( z+5) (notare che sono poli distinti con molteplicità 1)calcolando i coefficenti:k1= lim

z→−2{( z+2 )⋅F ( z )}=−4

k 2= limz→−5

{(z+5 )⋅F( z ) }=5

Quindi

F (z )= −4( z+2)

+ 5( z+5 ) la cui antitrasformata è:

f (k )=−4⋅Z−1[ 1z⋅ zz+2 ]+5⋅Z−1 [ 1z⋅ z

z+5 ]=−4⋅(−2 )k−1+5⋅(−5 )k−1

, ∀ k≥0 .

Infatti notiamo che io conosco l’antitrasformata della forma

zz+Pi , per ricondurmi a questa forma, se

ottengo termini del tipo

k2

( z+Pi) devo moltiplicare e dividere per z . Ma a tal proposito mi devo

ricordare che il termine

1z equivale ad un ritardo di una unità, come visto nella proprietà di traslazione a

destra.Osserviamo, inoltre, che questa antitrasformata è apparentemente diversa da quella ricavata

precedentemente (ovvero: f (k )=−1⋅δ (k )+2⋅(−2 )k−1⋅(−5)k , ∀ k≥0 ). Ma basta osservare

che sca(k−1)=sca (k )−δ (k ) (nota31. Soltanto che non riesco ad arrivare all’eguaglianza dei due esempi. Ok, grazie al Professore Franzè32 l’ho capita.).Abbiamo:f (k )=−4⋅(−2 )k−1+5⋅(−5 )k−1

e possiamo riscriverla come: f (k )=−4⋅(−2 )k(−2 )−1+5⋅(−5 )k (−5 )−1=2⋅(−2 )k−(−5)k

Ma per k=0 ottengo: f (k=0)=2⋅1−1=1=δ (k ) quindi posso scrivere:

f (k )=δ (k )+∑k=1

+∞

valf ( k )( k )underbracealignl valori assunti da f ( k ) ¿⏟per k>0 ¿

=δ (k )+2⋅(−2)k−(−5 )k ¿ che è esattamente uguale a quella

dell’esempio precedente.

L’antitrasformata: F(z) con poli in zero a molteplicità maggiore od uguale ad 1

Abbiamo: F (z )= N ( z )

z p⋅D (z ) se sviluppo in fratte semplici avrò i seguenti termini aggiuntivi:

k1

z+k2

z2+k3

z3+⋯+k pz p notiamo che mentre una singola costante aveva come antitrasformata la

costante stessa moltiplicata per la delta di kronecker, ora abbiamo costanti su poli nulli. Pero ricordo sempre la proprietà di traslazione a destra, quindi ho che:

Z−1[ 1zb⋅1]=Z−1[ 1

zb⋅(Z [δ (k )]) ]=δ(k−b )

, ovvero:

Z−1[ k1

z+k2

z2+k3

z3 +⋯+k pz p ]=k1⋅δ (k−1 )+k2⋅δ( k−2 )+⋯+k p⋅δ (k−p )

Introduzione al campionamento ed alla ricostruzioneAbbiamo la seguente figura:

E’ un radar idealizzato che legge la posizione di un oggetto ed ha una posizione di riferimento da “raggiungere”. In questo caso le posizioni sono caratterizzati dagli angoli.Il radar rileva la posizione in istanti di tempo discreti non continui, mentre l’oggetto gestisce la sua posizione in modo continuo. Per comunicare all’oggetto la posizione da raggiungere, il radar invia le rilevazioni ad un controllore, che poi, dopo aver elaborati i dati, le invia all’oggetto.Il problemi del sistema complessivo (siamo in assenza di ritardi, sistema ideale) sono:

ogni quanti secondi rilevare la posizione per avere un controllo di traiettoria soddisfacente Come passare (o meglio ricostruire) il segnale a Tempo Discreto (TD) in un segnale a tempo

continuo (TC).

Ciò che desideriamo e che la posizione reale dell’oggetto, rilevata con θR( t ) e la posizione da

raggiungere θA ( t ) combacino. Ovvero che l’errore tendi a zero: θA ( t )−θR( t )=e ( t )→0Schematizzando a blocchi il sistema abbiamo:

Nel campionatore-ricostruttore il segnale e ( t ) viene prima discretizzato e poi ricostruito a tempo continuo. Notiamo che in ingresso c’è l’angolo da ottenere, ed in uscita c’è l’angolo “rilevato” (o meglio l’angolo della posizione reale dell’oggetto).

Precisione nella ricostruzione

e ( t ) quando viene campionato diventa una sequenza del tipo{e (kT ) }k=0+∞

. Questo errore io lo conosco ad ogni istante di campionamento. Il problema e che non conosco l’errore per istanti di tempo t≠kT , ovvero non conosco i valori tra i due istanti di campionamento.

Grafichiamo e (kT )

Se non ricostruissi il segnale, ma utilizzassi direttamente questa sequenza, avrei dei problemi con le armoniche in alta frequenza (vedendo il sistema sia in forma spettrale tramite Fourier che con Bode) che destablizzerebbero il sistema (vedi lezione dopo quando si parla di sovrapposizione dei segnali). Dunque

devo rendere il segnale ricostruito, ovvero e ( t ) quanto più possibile simile ad e ( t ) .Ricostruttore di ordine zero (ZOH)

Detto Z.O.H. (Zero Order Holder).Supponendo un campionamento uniforme ogni T istanti di tempo, lo ZOH ricostruisce una curva costante tra un campione e l’altro, dunque è una somma di gradini traslati. Graficamente:

Concentriamoci sul blocco campionatore-ricostruttore. In ingresso si ha la funzione e ( t ) ed in uscita si ha e ( t ) . Rispettivamente nel dominio di laplace avrò: E( s ) ed E( s ) . Graficamente:

Indicando con sca( t )={1 , t≥0

0 , t<0 il gradino unitario,

posso scrivere e ( t ) come segue:e ( t )=e (0 ) [ sca (t )−sca (t−T ) ]+e (T ) [sca (t−T )−sca ( t−2T ) ]+e (2T ) [sca (t−2T )−sca (t−3T ) ]+…

Nel dominio di laplace, (ricordano la proprietà di traslazione a destra nel tempo33) avrei:

E( s )=e (0 )[1s−1s⋅e−sT ]+e (T )[ 1s⋅e− sT−1

s⋅e−s2T ]+⋯

E( s )=∑n=0

+∞e(nT ) [ 1s e−sn⋅T−1

s⋅e− s(n+1)⋅T ]=∑

n=0

+∞e (nT )⋅e−sn⋅T⋅[ 1s−1

s⋅e− sT ]

Metto in evidenza i termini costanti ripetto alla sommatoria e compattando l’espressione ho che:

E( s )=[ 1−e−sT

s ]⋅[∑n=0

+∞e( nT )⋅e−nT⋅s ]

Questa è una messa in evidenza a livello matematico, a livello fisico non possiamo identificare due blocchi che vengono modellati da uno dei due fattori. In uno schema a blocchi ideale potremmo disegnare:

Dove i termini di E( s ) sono così riconducibili: il primo al ricostruttore ed il secondo al campionatore. Dunque la f.d.t. del ricostruttore è:

GZOH (s )=[ 1−e−sTs ]

Invece il segnale in uscita al campionatore (che non possiede f.d.t. in quanto non lineare) è detta

Trasformata stellata E∗( s ).E∗( s )=[∑n=0

+∞e( nT )⋅e−nT⋅s ]

.

La GZOH (s ) dipende solo (salvo una costante T) dal dominio di laplace, mentre la E∗( s ) dipende anche dal tempo.

Perchè il campionatore non ha f.d.t.La funzione di trasferimento, nel dominio di laplace, esiste solo per sistemi LTI-TC, ed è una funzione che associa, biunivocamente, un ingresso ad un’uscita.Il campionatore è un dispositivo non lineare (il suo grafico nel tempo è un’onda quadra di periodo T).

Dunque con questo può aversi abiguità. Siano e1( t ) ed e2( t ) due segnali distinti, tali che e1( t )≠e2 ( t ) . Di conseguenza avrò che le trasformate saranno: E1 (s )≠E2( s ) , ma, visto che sto

prendendo sequenze di campioni e non tutto il segnale, potrebbe accadere che E1∗(s )=E2∗(s ) ovvero che a due ingressi diversi corrisponda la stessa uscita, quindi il campionatore è senza f.d.t. .

Campionatore uniforme

L’uscita del campionatore è: E∗( s )=[∑n=0

+∞e( nT )⋅e−nT⋅s ]

se antitrasformo ottengo: e∗( t )=L−1 [E∗( s )]=e (0 )⋅δ (t )+e(T )⋅δ ( t−T )+e (2T )⋅δ ( t−2T )+⋯(osservo che ottengo delta in quanto, nel dominio di laplace, ho coefficenti costanti e (nT ) moltiplicati,

al più, per 1⋅e−nT⋅s

. Ovvero delta traslate, in quanto la trasformata di una delta è 1).Quindi nel tempo ho un treno di impulsi:

Qusto campionatore è visibile anche come modulatore d’impulsi. Infatti, se definisco il treno d’impulsi (di intervallo T) nel seguente modo:

δT ( t )=∑n=0

+∞

δ ( t−nT )=δ ( t )+δ ( t−T )+δ ( t−2T )+⋯

alora posso scrivere che: e∗( t )=e ( t )⋅δT ( t ) e lo chiamerò Processo di modulazione ad impulsi.

Graficamente:

Chiusura della trasformata stellataLa trasformata stellata si dice: Stellata rispetto ad e(t) altrimenti si può dire trasformata (e basta) di e*(t).

Di E∗( s )=[∑n=0

+∞e( nT )⋅e−nT⋅s ]

vorrei trovare una formula chiusa per il calcolo, altrimenti non posso

utilizzarla a mano. Allora sfruttiamo la relazione nel tempo e∗( t )=e ( t )⋅δT ( t ) .Utilizzo l’integrale di convoluzione complesso (che è simile a quello di convoluzione)

E∗( s )= 12π⋅j

⋅ ∫σ− j∞

σ+ j∞

E( τ )⋅δT ( s−τ )⋅dτ

Questo da luogo a due rappresentazioni di E∗( s )

1.E∗( s )= ∑

poli di E ( λ ) [residui della funz .(E( λ)⋅ 11−e−T ( s−λ ) )]

2.E∗( s )= 1

T [ ∑n=−∞+∞

E(s− jnωs )]+ e (0)2

dove ωc=ωs=

2πT camp .

=2 πT , detta pulsazione di campionamento, ed E( λ )=E (s )|s= λ

Proprietà trasf stellata: è periodica in s con periodo jωs

Dobbiamo verificare che E∗( s )=E∗( s+ jmωs) con m∈Z .Partiamo dalla definizione precedentemente vista:

E∗( s+ jmωs)=[∑n=0

+∞

e (nT )⋅e−nT⋅( s+ jmωs) ]=∑n=0

+∞

e(nT )⋅e−nT⋅s ¿e−nT⋅jmωs

ma ωsT=2π dunque e−nT⋅ jmωs=e− j⋅n⋅m⋅2π

ma con le formule che relazionano esponenziali complessi a sinusoidi (Eulero) sappiamo che e− j⋅n⋅m⋅2 π=cos (n⋅m⋅2π )− j sin(n⋅m⋅2π )=1− j0=1 in quando n ed m sono interi.

Dunque E∗( s+ jmωs)=∑

n=0

+∞

e (nT )⋅e−nT⋅s⋅1=E∗(s )

Proprietà trasf stellata: replicazione dei poli.

Se E( s ) ha un polo in s=s1 allora E∗( s ) replicherà il polo in s=(s1+ jmωs) con m∈Z . Dunque ci sarà una periodicità nei poli ed ognuno di questi verrà replicato infinite volte.

Mostriamo il perchè (approssimativo) utilizzando la seconda rappresentazione di E∗( s ):

E∗( s )= 1T [ ∑n=−∞

+∞E(s− jnωs )]= 1

T [⋯+ E(s− jmωs)⏟ha il polo in s=s1− jmωs

+ E( s )⏟ha il polo in s=s1

+E(s+ jmωs )⏟ha il polo in s=s1+ jmωs

+⋯]Ciò significa che nel piano complesso ho il seguente grafico:

Ovvero se nella trasformata

originaria E( s ) ho due poli complessi e coniugati s1 , s1∗¿ ¿ questi saranno localizzati nella fascia

primaria, compresa tra [− j

ωs

2;+ j

ωs

2 ] e poi replicati nelle altre regioni. Si nota come tutto il

contenuto informativo stia nella fascia primaria e poi venga replicato infinite volte.

Trasformata di Fourier

Dato e ( t ) un qualsiasi segnale, ho che la trasformata di Fourier è definita come segue:

F [e ( t ) ]=def

∫−∞

+∞

e( t )⋅e− jω⋅t dt=E( jω ) . Ma E( jω) è definita come segue:

E( jω) :R→C dunque possiamo rappresentarla in modulo e fase: E( jω)=|E ( jω )|⋅e∠E ( jω )

Trasf. Fourier di delta(t)

Sia δ ( t )≠0⇔t=0 allora:

F [δ ( t ) ]=∫−∞

+∞

δ( t )⋅e− jω⋅t dt= ∫0

0+dt

δ ( t )⋅e− jω⋅tdt=δ (0 )⋅dt⏟=1

⋅e− jω⋅0

⏟=1

=1

Antitrasformata di Fourier di delta(t)

δ ( t )= 12π ∫−∞

+∞

F [δ ( t ) ]⋅e jω⋅t dω= 12π ∫−∞

+∞

1⋅e jω⋅t dω

Trasformata di Fourier del gradino

sca( t )={1 , t≥00 , t<0 . Per definizione avrò:

F [ sca( t ) ]=∫−∞

+∞

1⋅e− jω⋅tdt=∫0

+∞

1⋅e− jω⋅t dt. Considero

l’antitrasformata vista prima che riscrivo come: 2π⋅δ ( t )=∫

−∞

+∞

1⋅e jω⋅t dω.

La F [ sca( t ) ] è quasi simile al secondo membro dell’ultima equazione, sono uguali se cambio variabile mettendo al posto di omega il tempo, allora:F [ sca( t ) ]=2π⋅δ(−ω )=2 π⋅δ (ω ) . Questo poichè la delta di dirac ha valori solo in zero, che sia negativo o positivo, è sempre zero.

Visto che ogni segnale è riconducibile ad una sequenza di coefficenti che moltiplicano delta di dirac, (vedi la modulazione di segnali in Fond. di Tlc., però con periodo di campionamento-modulazione infinitesimo) allora ogni segnale sarà riconducibile (a tratti, e poi si ha la somma dei tratti) a questa forma.In modo diverso possiamo dire che, visto che ogni segnale è riconducibile a forme sinusoidali tramite le serie di fourier, e l’esponenziale complesso non è altro che una forma sinusoidale, allora possiamo ricondurre qualsiasi segnale a questa forma.

Lezione 29/05/2009Richiami campionatore uniforme

Ricordiamo che il campionatore uniforme ideale è modellabile da un interrutore che si chiude ogni T

secondi per un istante di tempo. In ingresso al campionatore arriva un segnale di tipo e ( t ) ed esce un

segnale campionato nella forma e (kT ) con k∈Z+ . Il segnale in uscita e (kT ) è anche detto e∗( t ). Il campionatore è uniforme perchè campiona precisamente ogni T secondi, e lascia passare un impulso

di ampiezza e (kT ) , questo ultimo dettaglio lo rende ideale.

Lo spettro, con la trasformata di Fourier34, di e∗( t ) è E∗( jω)= 1

T c [ ∑n=−∞+∞

E( j(ω−nωc)] (detta

serie bilatera in quanto è simmetrica rispetto ad N=0). Questa è pari alla seconda rappresentazione (o

meglio chiusura) di E∗( s ) calcolata per s= jω .E∗( jω) è la decomposizione (decompone lo spettro lungo le varie pulsazioni) spettrale del segnale campionato (infatti è la trasformata di Fourier che genera decomposizioni spettrali).

Analisi di E∗( jω)

Iniziamo a scrivere E∗( jω) in forma estesa:

E∗( jω)=⋯+ 1T c

E( j (ω+ωc ))⏟termini complementari n=−1

+ 1T c

E ( jω)⏟

termine fondamentale n=0

+ 1T c

E( j(ω−ωc ))⏟termini complementari n=1

+⋯

Il termine fondamentale dipende direttamente dalla trasformata del segnale in ingresso, mentre gli altri termini sono delle repliche, quindi detti complementari.

Supponiamo ora che il segnale in ingresso sia a banda limitata. La banda è individuata, formalmente, dalla pulsazione che segna l’attenuazione di -3db rispetto alla componente continua35. In questo caso semplifichiamo e diremo che la banda è individuata quando il modulo del segnale trasformato vale 0. Per semplicità supporremo un segnale triangolare, di questo tipo:

Il regime di “bassa frequenza” è individuato dall’intorno della pulsazione di valore 0. Inoltre è normalizzata la componente continua ad un valore unitario.

Ora disegniamo lo spettro della trasformata del segnale campionato e (kT )=e∗( t ) . Basandoci sulla forma matematica otteniamo:

Osserviamo che i termini

complementari sono semplicemente sfasati rispetto al termine fondamentale di un fattore ωc . E questo

(il termine fondamentale) è scalato di un fattore

1Tc , ricordando che il segnale originale aveva valore

unitario presso la componente continua. Per la definizione matematica, dopo aver disegnato tutti questi spettri (in questo caso ho disegnato gli spettri per n=-1,0,1) devo sommarli.Se ho i singoli spettri distanziati tra loro, la somma è proprio quella disegnata precedentemente, diversamente avrò che ci saranno sovrapposizioni e lo spettro finale sarà diverso. Vediamo un esempio grafico.

Ricostruzione del segnale campionatoNel caso in cui le forme, in termini di spettro36, non siano sovrapposte, è facile ricostruire il segnale originale: basta selezionare il termine fondamentale tramite un filtro opportunamento costruito detto passa basso (da ora PB) ideale.Nel caso in cui ci siano sovrapposizioni, il filtro PB ideale non funziona, in quanto il segnale sarebbe distorto in alcuni punti. Si dice che il segnale campionato introduce componenti spurie in alta frequenza (in questo caso l’alta frequenza indica quelle pulsazioni vicino la pulsazione di banda del segnale originale).

Per individuare le componenti spurie dal punto di vista matematico, daremo una relazione tra la banda ωb e la pulsazione di campionamento ωc . Per avere un buon campionamento si deve avere la seguente

relazione: ωb<

ωc

2 ⇒2ωb<ωc

. Le forme si toccano (quindi la bontà del campionamento è al

limite) se ωb=

ωc

2 . Per visualizzarlo si veda il seguente grafico:

Teorema del campionamento, di Nyquist.

Supponendo di avere un segnale a banda limitata ed un buon filtro, se ωc>2ωb allora io riesco ad estrarre il termine fondamentale del segnale campionato che è uguale al segnale originale.

Pulsazioni negativeFisicamente, una pulsazione negativa, che senso ha? Non lo sapevo finchè non me l’ha spiegato il Professore. Immaginate un’onda che si infrage su uno scoglio. Fintantochè l’onda va verso lo scoglio, la sua pulsazione è considerata positiva, quando viene rifranta è considerata negativa. In generale, a seconda del sistema di riferimento che consideriamo, fintantochè la sinusoide si sviluppa nel verso positivo dell’asse che abbiamo posto come riferimento, viene considerata positiva, altrimenti negativa.

Analisi della sovrapposizione ad alte frequenzeAndiamo ad analizzare lo spettro nella zona delle componenti spurie:

Presso la pulsazione ω , nel segnale ricostruito, io non riesco a distinguere qual è il contributo da parte della componente fondamentale e qual è il contributo da parte della componente complementare. In

termini di pulsazioni non riesco a capire se la pulsazione ω sia data dalla componente complementare o da quella fondamentale. Per questo ho problemi di ricostruzione, in quanto non ho un algoritmo per distinguere i contributi.

Filtro ricostruttivoSupponiamo che siano vere le eguenti ipotesi:-Teorema del campionamento rispettato-Segnale in ingresso a banda limitata

Il filtro passa basso ideale che ci apprestiamo a definire ha il baricentro lungo la componente continua,

inoltre l’ampieza del filtro è pari ad T c poichè così l’ampiezza del segnale in uscita dal filtro sarà

normalizzata, ovvero sarà la stessa del segnale in ingresso. L’intervallo di azione del filtro è [−ωc

2;ωc

2 ].

Per ciò che abbiamo detto il filtro risulta così definito (e non intoduce distorsioni per la fase):

H ( jω )={T c , −ωc

2<ω<

ωc

2

0 , {ω≤−ωc

2

ω≥−ωc

2 Graficamente ho:

Ora voglio la caratterizzazione del filtro nel tempo, ovvero al cosidetta “risposta all’impulso” in quanto il filtro dovrebbe essere una f.d.t. di un certo blocco ricostruttore.Per ottenere la caratterizzazione del tempo applico l’antitrasformata di fourier

F−1[ H ( jω) ]=h( t )= 12π ∫−∞

+∞

H ( jω )⋅e jωt⋅dωOsservo che l’integrale ha valore non nullo solo per un intervallo limitato dunque:

h( t )= 12 π ∫

−ωc

2

ωc2

T cunderbracealignl valore del filtro lungo ¿⏟l'intervallo . Inoltre è ¿

costante ¿⋅e jωt⋅dω¿=T c

2π ∫−ωc2

ωc2

1⋅e jωt ¿dω=T c

2π [ 1j⋅t

underbracealignl costante rispetto ¿⏟ad omega ¿

¿e jωt¿]−ωc2

ωc2 ¿

h( t )=T c

2 π⋅j⋅t[e jωt ]

−ωc

2

ωc2 =

T c

2π⋅j⋅t(e j

ωc2 t−e

− jωc2 t)

Da Eulero ci ricordiamo che eja−e− ja=2 j⋅sin( a) dunque:

h( t )=T c

2 π⋅j⋅t2 j⋅sin(

ωc

2⋅t )=

Tc

π⋅t⋅sin(ωc

2⋅t)

ma noi sappiamo che la pulsazione di nyquist, o di campionamento ωc=

2πT c dunque:

h( t )=

2πωc

π⋅t⋅sin(ωc

2⋅t)= 1

ωc

2 ⋅t⋅sin(ωc

2⋅t)

noi definiamo come

1a⋅sin (a )=sinc(a )

(seno cardinale di a). Quindi:

h( t )=sinc(ωc

2⋅t)

Graficamente (più o meno):

In zero c’è la forma

indeterminata

10⋅sin (0 )

. Inoltre il seno si annulla nei multipli di kπ con k∈ {Z−{0}} (gli interi

relativi escluso zero), dunque per valori di t pari ad

ωc

2⋅t=kπ ⇒ t=2kπ

ωc ma ωc=

2πT c dunque

t=k⋅T c .Notiamo inoltre che per istanti di tempo negativi la risposta al’impulso non è nulla, ma in un sistema LTI-TC una risposta non nulla per istanti di tempo negativi vuol dire che il sistema non è causale37.

Segnale ricostruito dal filtro passa bassoL’uscita del filtro passa basso ideale, teoricamente, è pari al segnale originale campionato. Ma per la teoria degli schemi a blocchi (e delle trasformate di Fourier) l’uscita da un blocco è pari al prodotto della f.d.t. del blocco e dell’ingresso del blocco. Nel tempo questa diventa la convoluzione. Dunque abbiamo:

e ( t )=∫0

+∞

h ( t−σ )⋅e¿(σ )⋅dσ⏟

int di convoluzione

=h( t )∗e¿( t )

(l’integrale è da zero ad infinito poichè i segnali sono definiti per variabili positive).

Con e¿( t )=∑

k=0

+∞

e (k⋅T c )⋅δ ( t−k⋅T c ) (sono campioni impulsivi di ampiezza e (k⋅T c ) distanziati

uniformemente dello stesso periodo T c ).Sostituendo nell’integrale di convoluzione le espressioni di e*(t) e di h(t) abbiamo:

e ( t )=∫0

+∞

sinc(ωc

2⋅(t−σ ))⋅∑

k=0

+∞e (k⋅T c )⋅δ (σ−k⋅T c )⋅dσ

metto in evidenza ciò che è costante rispetto a sigma, inoltre per la linearità dell’integrale e della sommatoria posso scrivere:

e ( t )=∑k=0

+∞e( k⋅T c)⋅[∫

0

+∞

sinc(ωc

2⋅(t−σ ))⋅δ (σ−k⋅T c )⋅dσ ]

Ricordo che la convoluzione di un segnale per la delta campiona lo stesso segnale per il periodo (o per

l’istante di traslazione) della delta, ovvero ∫0

+∞

f ( t )⋅δ ( t−T )⋅dt= f (T ). Applicando questo

nell’espressione ottenuta precedentemente ho:

e ( t )=∑k=0

+∞e( k⋅T c)⋅sinc(ωc

2⋅( t−k⋅T c ))

.Ma questa espressione ha senso fisico? Espendiamola:

e ( t )=∑k=0

+∞e( k⋅T c)⋅sinc(ωc

2⋅( t−k⋅T c ))= e(0 )⋅sinc(ωc

2⋅t)+e (T c)⋅sinc(ωc

2⋅( t−T c))+⋯

Questa è una combinazione lineare tra coefficenti del tipo: e (k⋅T c ) con k∈Z+ ; e la base è del tipo

ϕk ( t )=sinc(ωc

2⋅(t−k⋅T c ))

.Il problema di questa ricostruzione è il seguente:

Posto che riesco a modellare i segnali sinc, per ricostruire il segnale a tempo t=t0 , mi servirebbero tutti

i coefficenti del segnale campionato posti nel futuro di t0 . Questo ovviamente è assurdo, e ciò implica la non causalità o l’irrealizzabilità nel dominio del tempo, del filtro.

Il ricostruttore ZOH

Allora per semplificarci l vita si ricorre al campionatore ZOH. Ricordiamo l’espressione di E( s ) e di G zoh(s ) . Ricordo che l’espressione del ZOH nel dominio di laplace non è razionale a causa del termine esponenziale. Non razionale vuol dire che non posso riscrivere l’esponenziale come semplice rapporto di polinomi a termini finiti. Posso solo approssimarlo.

E( s )=[ 1−e−sT

s ]⋅[∑n=0

+∞e( nT )⋅e−nT⋅s ]

Voglio riscrivere il termine esT

come il rapporto:

esT= esT2

e−s T

2 ricordando lo sviluppo in serie di McLaurin

e x=1+x+ x2

2 !+ x

3

3!+⋯

Approssimando al primo ordine avrò:

esT≃1+s T

2

1−s T2 questa è detta “approssimazione di padè del primo

ordine”. Sostituendo nella f.d.t. del ricostruzione ZOH abbiamo:

GZOH (s )≃1−( 1−sT c

2

1+sTc

2)overbracealignl ricordo che, essendo ¿⏞

l'esponenziale negativo, ¿

l'approssimazione ¿ viene invertita ¿ ¿s¿=

1+sT c

2−1+s

T c

2

s⋅(1+s T c

2 )=

s⋅T c

s⋅(1+sT c

2)=

T c

1+sT c

2

¿

Dunque con l’approssimazione di padè abbiamo la seguente approssimazione del ricostruttore ZOH

GZOH (s )≃Tc

1+sT c

2 .Devo verificare se l’approssimazione scritta è valida. Questa approssimazione è valida solo se |s⋅T c|<< 1 (nota38) ma essendo un modulo, vale anche per valori puramente immaginari di s, dunque | jω⋅T c|<<1 tolgo j, che ha modulo unitario (quindi neutro rispetto al prodotto), ho |ω⋅T c|<<1 . Se

T c>0 ho che |ω|<< 1

T c ma il secondo membro della diseguaglianza, è circa uguale ad:

|ω|<< 1T c≃ 2πT c=ωc

. Dunque l’approssimazione di padè è valida solo per pulsazioni molto minori della pulsazione di campionamento (quindi in “bassa frequenza” rispetto a questa). Ovvero per quei segnali lentamente variabili, ad esempio il gradino (che non varia mai) ha una frequenza infinitesimale.

Prestazioni del sistema con il ZOH

Il ricostruttore ZOH introduce un ulteriore polo nel ciclo a catena aperta. Il polo è posizionato in s=− 2

T c. L’introduzione di questo polo riduce le prestazioni, infatti nel diagramma delle fasi aggiungo un contributo ridardante (diciamo negativo) che mi fa diminuire il margine di fase e quindi la stabilità, ed in genere le prestazioni del sistema, diminuiscono.

Lezione 05/06/2009Filtro ideale e filtro reale

Abbiamo visto che il filtro ideale, se noi rispettiamo il teorema del campionamento, permette di ricostruire il segnale in maniera ottimale. Il problema è che questo filtro è appunto ideale. Noi tentiamo di approssimarlo, e dunque abbiamo ricavato il filtro di ordine zero. Però non sappiamo come lo ZOH si comporti a livello frequenziale (ovvero nel dominio delle trasformate di Fourier che sono simili ai diagrammi di bode senza l’espressione in decibel). Dunque ora ci apprestiamo ad analizzare il comportamento in frequenza dello ZOH.

Comportamento in frequenza dello ZOH

Dunque restringiamo all’asse immaginario la variabile del dominio di laplace s= jω .

G zoh( jω)=1−e− jωT

jω=1−e− jωT

jω⋅(e

− jωT2 )(e

jωT2 )

⏟fa 1 elaborando ottengo:

G zoh( jω)=1−e− jωT

jω=(e

− jωT2 )( e

jωT2 )−e− jωT⋅(e

− jωT2 )(e

jωT2 )

jω ma osservo che:

e− jωT⋅(ejω

T2 )⏟

e− jω T

2

(e− jω T

2 )

dunque

G zoh( jω)=(e

− jωT2 )( e

jωT2 )−(e

− jωT2 )⋅(e

− jωT2 )

jω=(e

− jωT2 )

jω⋅(e

jω T2−e

− jω T2 )

ora moltiplico e divido per 2

G zoh( jω)=2(e

− jωT2 )

2 jω⋅(e

jωT2−e

− jω T2 )

osservo che

(ejω

T2−e

− jωT2 )

2 j=sen (ωT

2) dunque:

G zoh( jω)=2 sen (ω T

2)

ω⋅e− jωT

2

moltiplico e divido per

T2 quindi:

G zoh( jω)=Tsen(ω T

2)

ω T2

⋅e− jωT

2

. Ma

T= 2πωs⏟

Pulsazione di campionamento dunque ω T

2=ω

2⋅2πωs=π ω

ωs

Quindi:

G zoh( jω)=Tsen( π ω

ωs)

π ωωs

⋅e− jπ ω

ωs=T⋅sinc(π ωωs)⋅e

− jπ ωωs

Caratterizziamo modulo e fase di G zoh( jω)

Modulo:

|G zoh( jω)|=T⋅|sen (π ω

ωs)

π ωωs

|=T⋅|sinc (π ωωs)|

(nota: gli spettri sono quasi sempre in modulo)

Fase: ∠G zoh( jω)=−π

ωωs+θ

dove θ è lo sfasamento dovuto al seno (che è un numero reale che varia di valore rispetto l variare di omega).

Dunque:

θ={0 , sen( π ωωs)>0(ovvero num reale pos )

π , sen( π ωωs)<0(ovvero num reale neg )

Disegnamo modulo e fase.

Il modulo si annulla ogni qual volta

che ω=k⋅ωs (poichè esce sen( π⋅k ) )

Ora vediamo la fase, osservando che ogni qual volta ω=k⋅ωs la fase dovrebbe essere −π ma in realtà il seno diventa zero e quindi assume sia il valore 0 che il valore π (quando abbiamo definito theta, infatti, non abbiam messo l’uguale). Ovvero c’è una discontinuità.

(evvai39)

Segnali a banda illimitataPer rispettare il teorema del campionamento, io devo rispettare due condizioni, una delle quali è che il segnale sia a banda limitata. Ma se non lo è? Allora cerco di restringere la sua banda all’intervallo di frequenze che racchiude la maggior parte dei contributi del segnale (o meglio, l’area maggiore). Graficamente:

Comportamento della ricostruzione con il ZOHOra vediamo come viene ricostruito il segnale campionato se è presente il ricostruttore ZOH.

Sia il segnale iniziale e ( t )=2 cos (ω1 t ) la sua trasformata di Fourier sarà:E( jω)=δ(ω−ω1 )+δ (ω+ω1 ) . Graficamente:

La trasformata stellata di questo segnale (o la trasformata del segnale campionato) sarà:

Il segnale ricostruito sarà:

Come si vede il segnale non è uguale al segnale originale. Nella banda occupata oiginariamente dal segnale, questo è smorzato (gli impulsi sono più bassi di 1) inoltre è distorto in quanto il campionamento aggiunge repliche, seppur smorzate, infinite volte. Più si aumenta l’ordine del filtro (che il questo caso è zero) più si ci approssima al filtro ideale, soltanto che costa molto in termini computazionali.Ora tentiamo, di relazionare ingresso ed uscita, in un sistema a dati campionati.

Relazione tra dominio di Laplace e dominio della trasformata ZetaSupponimo di avere un sistema a dati campionati, che fornisca la sua uscita ad un sistema di elaborazione, secondo questo schema:

Dove Gp (s ) è la f.d.t. del sistema a cui forniamo l’uscita del blocco a dati campionati.

per trovare la relazione tra E( s ) ed Y ( s ) dobbiamo relazionare la trasformata stellata alla trasformata zeta.

Sappiamo che e∗( t )=e (kT ) dove {e (kT ) }k=0+∞

. Se trasformiamo questo segnale nel dominio z

avremo, per definizione: E( z )=Z [e (kT )]=e(0 )+e (T )⋅z−1+e (2T )⋅z−2+⋯Sappiamo pure che, per definizione:E∗( s )=L [e( kT )]=e (0 )+e(T )⋅e−sT+e (2T )⋅e−2sT +⋯Notiamo che E∗( s ) ed E( z ) sono simili tra loro in termini di struttura. Coincidono se: z=esT .

Dunque E( z )|

z=esT=E∗( s )

oppure E∗( s )|

s= 1T

loge( z)=E( z )

Dunque la relazione z=esT è un mapping funzionale tra piano s e piano z, ovvero relaziona biunivocamente i punti nel piano s con i punti del piano z.

Relazione tra ingresso ed uscita nel dominio z

Chiamo G( s )=Gzoh( s )⋅Gp (s )=

1−e−sT

s⋅Gp (s )

Quindi ottengo, per le relazioni dello schema a blocchi: Y ( s )=G(s )⋅E∗(s ) .

Ipotesi: y ( t ) è continua in ogni istante di campionamento (ovvero quando campioniamo non ci sono discontinuità)

Per la seconda rappresentazione di E∗( s ) (vedi punto Error: Reference source not found) scrivo:

E∗( s )= 1T [ ∑n=−∞

+∞E(s+ jn ωs)]

(nota: ho messo più invece che meno, posso farlo perchè comunque l’espansione ha tanti termini a destra di n=0 tanti quanti ne ha a sinistra).

Ora noi sappiamo che E∗( s ) ed E( z ) sono simili come struttura, ma non possiamo dirlo di Y ( s ), ovvero la struttura di Y ( s ) non è simile a quella di un’eventuale trasformata zeta, ne, quindi, simile ad un’eventuale trasformata stellata. Infatti avrei, utilizzando la rappresentazione scelta:

Y ( s )=G(s )⋅E∗(s )=G(s )⋅1T [ ∑n=−∞

+∞E( s+ jnωs )]

, che non è la forma di una trasformata stellata.

Quindi applichiamo la definizione di trasformata stellata ad Y ( s ):

Y ( s )∗¿ [G(s )⋅E∗(s )]∗¿ 1T [ ∑n=−∞

+∞Y ( s+ jnωs )]= 1

T [ ∑n=−∞+∞

G(s+ jn ωs )⋅E∗(s+ jn ωs)].

Ma noi sappiamo che una delle due proprietà della trasformata stellata è la periodicità, ovvero E∗( s+ jnω )=E∗(s ) (vedi punto Error: Reference source not found).

Per cui scrivo, osservando che E∗( s ) non dipende dalla sommatoria, che:

Y ( s )∗¿ E∗( s )⋅[ 1T⋅∑n=−∞

+∞G( s+ jnωs )]⏟

Per definizione è G* ( s)

=E∗( s )⋅G∗(s )

Ora utilizzo il mapping funzionale z=esT :

Y ( z )=G ( z )⋅E( z )=G( z )⋅¿underbracealignl Definibile come f .d . t . ¿⏟del sistema a dati campionati ¿

E ( z )

Proprietà generale per relazionare piano s e piano z

Sia una funzione polinomiale nel dominio s: A( s )=B( s)⋅F∗( s ) , F∗(s ) non è per forza una trasformata stellata ma ha una struttura identica:F∗(s )= f (0 )+ f (1 )⋅e−sT+ f (2)⋅e−s2T+⋯Allora, applicando la trasformata stellata ad A( s ) si ha sempre:A∗( s )=B∗(s )⋅F∗(s ) (per i ragionamenti precedenti).

Conseguentemente con il mapping funzionale avremo: A( z )=B ( z )⋅F (z )

Dove { B( z )=Z [B( s ) ]F( z )|

z=esT=F∗( s )

Esempio

Preso lo schema a blocchi precedente: sia l’ingresso un gradino. Con Gp (s )=

1s+1 avremo:

Y ( s )=1−e−sT

s⋅ 1s+1

⋅E∗(s ). Chiamo

G( s )=1−e−sT

s⋅ 1s+1 e di questa individuo due parti

riscrivendo opportunamente:G( s )= 1

s (s+1)⏟B( s )

⋅(1−e−sT )

⏟F∗( s) . Osservo che F∗(s ) in questo caso ha i primi due termini non nulli, i

successivi saranno nulli (ovvero: {f (0 )=1 , f (T )=−1 , f (kT )=0 con k>1}).

Dunque { B( z )=Z [ 1

s( s+1 )]

F( z )|z=esT

=1−z−1= z−1z . Calcolarci B( z ) non è immediato, quindi antitrasformo

secondo Laplace B(s ) ottenendo: L−1 [B(s ) ]=1−e−kT=b(kT )

(nota: sostituisco a t gli istanti di tempo di un’eventuale campionazione, dunque kT altrimenti doveva

venire L−1 [B(s ) ]=sca ( t )−e−t )

Da cui, per le trasformate note, B( z )= z

z−1− zz−e−T . Alla fine ottengo:

G( z )= z (1−e−T )( z−1)( z−e−T )⏟

B( z)

⋅z−1z

⏟F( z)

=(1−e−T )( z−e−T )

Conoscendo l’ingresso (è un gradino) calcolarsi l’uscita è semplice, in quanto E( z )= z

z−1 , dunque:

Y ( z )= zz−1⏟E ( z )

⋅(1−e−T )( z−e−T )⏟

G ( z ) antitrasformando: y ( t )=1−e−kT , ∀ k≥0 .Con lo schema a blocchi precedente, ho sempre questo stesso procedimento per relazionare l’ingresso

all’uscita. In tal caso la fdt è G( z ) .

Esiste sempre una relazione ingresso uscita anche con schemi a blocchi diversi?

Proviamo un altro tipo di schema a blocchi e vediamo se riscuiamo a trovare la f.d.t.

Supponiamo che G1( s ) e G2( s ) contengano al loro interno la struttura del ricostruttore (come visto

prima per G( s )=Gzoh( s )⋅Gp (s )=

1−e−sT

s⋅Gp(s )

).Dunque, per le relazioni dello schema a blocchi:Y ( s )=G2( s )⋅A∗( s ) da cui, applicando la trasformata ad Y ( s ) e ricordando il ragionamento fatto

precedentemente (per A( s )=B( s)⋅F∗( s )) otteniamo Y ( z )=G2( z )⋅A ( z ) .Individuiamo anche A( s )=G1( s )⋅E∗( s ) e per il ragionamento appena esposto ciò porta ad A( z )=G1( z )⋅E ( z ) . Da cui:

Y ( z)=G2( z )⋅G1 ( z )underbracealignl f .d . t . sistema a dati ¿⏟campionati ¿

⋅E( z )¿ .

Dunque anche per questo schema a blocchi esiste una f.d.t. che relaziona ingresso ed uscita. L’unica

forma in cui non vale questa relazione è se G1( s ) e G2( s ) si scambiano e sono entrabi matrici40.

Proviamo con un altro schema

Stavolta abbiamo: Y ( s )=G2( s )⋅A∗( s ) che implica Y ( z )=G2( z )⋅A ( z ) , ma noi sappiamo che A( s )=G1( s )⋅E( s ) . Se applico la trasformata stellata ad A( s ) non ottengo A∗( s )=G1∗( s )⋅E∗( s ). Infatti per definizione avrei:

A( s )∗¿ [G1(s )⋅E (s )]∗¿1T [ ∑n=−∞

+∞A( s+ jnωs )]= 1

T [ ∑n=−∞+∞

G1( s+ jnωs )⋅E( s+ jnωs )]=G1E∗(s )

Con G1E∗( s ) indico il prodotto tra G1( s ) ed E( s ) al cui risultato si applica la trasformata stellata.

Dunque ottengo: A( z )=G1E( z ) da cui Y ( z )=G2( z )⋅G1E ( z ) il che non mi permette di individuare con certezza l’ingresso, e quindi una f.d.t.Dunque non ho un mapping preciso tra piano s e piano z.

Ma perchè è successo ciò? Si può osservare che il mapping preciso si ha quando un termine derivato (ovvero è un’uscita di un blocco nello schema a blocchi) è scomponibile nella forma: A( s )=B( s)⋅F∗( s ). Qualora manchi uno dei due termini già trasformato in termine stellata, allora non si può ricavare la f.d.t.Ma quando si ha un termine con la trasformata stellata? Quando il segnale viene campionato prima del blocco che contiene il ricostruttore (o più seplicemente prima di un blocco contenente una f.d.t.). Dunque, ogni qual volta il segnale non viene campionato prima del blocco con una f.d.t., non posso ricavare la f.d.t. per il sistema a dati campionati.

Sistemi a ciclo chiusoVediamo ora se riusciamo a ricavarci la f.d.t. per sistemi a ciclo chiuso. Abbiamo il seguente schema:

Il blocco H ( s ) sullo schema di retroazione è normalmente 1, per ora lasciamo la forma generale.

Dunque, l’uscita la posso vedere come: Y ( s )=G1( s )⋅E∗( s ).Ora otteniamo E∗( s ) in questo modo: E( s )=R( s )−H ( s )Y ( s )=R( s )−H ( s )G1 (s )E∗(s ) .A questa formula applico sia il PSE che la trasformata stellata ed ottengo:

E∗( s )=R∗( s )−HG1∗(s )E∗(s ) ovvivamente HG1∗(s ) è ottenuto per i motivi precedenti.

Nota: se H ( s )=1 , come nei casi standard, allora ottengo:

HG1∗(s )=1T ∑n=−∞

+∞H ( s+ jnωs )⋅G1( s+ jnωs )=

1T ∑n=−∞

+∞1⋅G1(s+ jn ωs)=

1T ∑n=−∞

+∞G1( s+ jnωs )=¿ per ¿

def ¿¿G∗( s )¿

Fine nota.

Da cui: E∗( s )= R∗(s )

1+HG1∗( s ) quindi ottengo, applicando la trasformata stellata all’uscita

Y∗( s )=G1∗( s )⋅E∗(s )=R∗(s )⋅G1∗(s )

1+HG1∗(s ) .

Effettuando il mapping:

Y ( z )=G1( z )

1+HG1( z )underbracealignl f .d .t . sistema ¿⏟

a dati campionati ¿

a ciclo chiuso ¿¿⋅R( z )¿.

Ovviamente, per quanto esposto precedentemente, con uno schema a blocchi di questo tipo:

Non sarei riucito a trovare la f.d.t. , in quanto E( s ) non viene campionato prima di passare per il blocco con f.d.t.

Caratterizzazione della relazione tra dominio S e dominio Z

Abbiamo constatato che, tramite il mapping funzionale z=esT , ho una relazione biunivoca tra punti del

piano s e punti del piano z. Allora, se nel piano s individuo i poli della funzione G( s )=N (s )

D (s ) , posso cercare la loro posizione anche nel piano z.Osservo che io posso relazionare i due piani non per qualsiasi funzione in s, ma per le funzioni che hanno struttura identica alla trasformata stellata. Ricordo inoltre che la trasformata stellata è periodica, ovvero E∗( s+ jnω )=E∗(s ) . Dunque il contenuto informativo presente nella termine fondamentare sarà replicato nei termini complementari, come abbiamo precedentemente visto. Dunque limitiamo il nostro

studio alla fascia primaria, ovvero quella fascia limitata dai valori [−ωs

2,ωs

2 ] sul piano immaginario.

Graficamente:

Poichè il contenuto informativo è replicato nei termini complementari, se attuassi il mapping anche per questi, non avrei una relazione biunivoca, ma solo univoca, poichè un punto sul piano z avrebbe relazioni con più punti del piano s. Dunque anche per questo rimaniamo limitati al termine fondamentale.

Ripeto che il mapping si basa sulla relazione z=esT , dunque scomponiamo s in parte immaginaria e

reale, ovvero s=σ+ jω otteniamo dunque z=e(σ+ jω)T=eσT⋅e jωT . Ora analizziamo i vari punti.

Punti con σ=0 , ovvero sul piano immaginario

Se σ=0 allora z=1⋅e jωT scomposto in modulo e fase avrò: z=1⋅∠ωT ,ma questi punti descrivono un cerchio di raggio unitario (il modulo è unitario, mentre la fase varia). Dunque:

Analizziamo il comportamento agli estremi, ovvero quando ω=±

ωs

2 . Avremo:

ωT=±ωs

2⋅2πωs⏟

T

=±π

. Ma il punto a fase pigreco (sia che sia positiva che sia negativa) con modulo uno, sul piano zeta, è z=−1+ j0 .

Per ω=0 ho che

ωT=0⋅2πωs⏟T

=0

ma il punto a fase zero e modulo uno è z=1+ j0 .

Con ciò, potremmo capire perchè il teorema del valore finale passa da lims→0

s⋅Y ( s ) ad

limz→1

( z−1 )⋅Y ( z ).

NOTA: Ringrazio il Professore Domenico Famularo per la segnalazione dell’errore. Il

teorema del valore finale, in termini di trasformata zeta, non si calcola per il lim|z|→1 [1], in

quanto, grazie anche al procedimento appena visto per mapping (ed io pollo a non

accorgermene), si calcola per limz→1 , poichè z=1+ j0 corrisponde proprio a s=0 .

[1]ovvero tutti i punti sul cerchio di raggio unitario

Punti con parte reale negativaσ<0 , ovvero sul semipiano sinistro

Abbiamo sempre: z=eσT⋅e jωT=|eσT|⋅∠ωT

Fissando la parte reale a σ=σ 1 ho sempre un cerchio di raggio |eσ 1⋅T|. Ricordo che, ovviamente,

|e−|σ 1|⋅T|<1 per le proprietà dell’esponenziale (ho messo in evidenza la negatività di σ=σ 1 utilizzando

il valore assoluto ed evidenziando il segno meno).

Ma se prendo un valore σ=σ 2 tale che σ 2<σ 1 ho sempre un cerchio, ma di raggio minore a quello

precedente, poichè: |e−|σ2|⋅T|<|e

−|σ 1|⋅T|. Infatti se io diagrammo |e−|σ|⋅T| ho:

. Quindi tutto il semipiano sinistro è contenuto all’interno del cerchio di raggio unitario, ovvero:

.

Punti con parte reale positiva σ>0 , ovvero sul semipiano destroper complementarità, i punti a parte reale positiva saranno mappati all’esterno del cerchio di raggio unitario:

Punti con parte immaginaria costante

Sia ω=ω1 allora il mapping nel piano zeta mi darà: z=eσT⋅ejω1⋅T=|eσT|¿∠ω1T

Quindi la fase è fissa, mentre il modulo varia. Questi descriveranno una semiretta che parte dall’origine:

Polo complesso con coefficente di smorzamento costanteIndividuamo il seguente punto:

ovvero s=−δ⋅ωn+ jωd ricordando che δ=cosθ ed ωd=ωn⋅√1−δ2, da cui

ωn=ωd

√1−δ2. Ricordo anche

T=2πωs , sostituisco ed applico il mapping:

z=e−δ⋅ωn⋅T⋅e jωd⋅T=e−δ⋅ωn⋅

2πωs ¿e

jωd⋅2πωs =e

−δ⋅2π

√1−δ 2⋅ωdωs ¿e

j2π⋅ωdωs

.

Individuo il modulo: |z|=e−δ⋅2 π

√1−δ2⋅ωd

ωs (ricorda che l’esponenziale è sempre positivo)

Individuo la fase ∠ z=2π⋅

ωd

ωs .

Abbiam detto che δ=cosθ è costante, dunque può variare solo ωn e conseguentemente ωd . Se ωd cresce, la fase aumenta mentre il modulo diminuisce (grazie al segno meno). Dunque avrò questo grafico:

La figura verde si dice “spirale” oppure “cardioide” (ma son due cose diverse, vedere wikipedia). Parte da

1 poichè quando ωn è nullo ritroviamo il punto con omega uguale a zero, ovvero z=1+ j0 .

Se δ=1 ho che la parte immaginaria è nulla (ωd=ωn⋅√1−δ 2=0 ) ed i poli sono reali e coincidenti (con parte reale negativa) e riottengo il mapping all’interno del cerchio di raggio unitario.

Noto che: Smax=e−δ⋅π

√1−δ2

dunque potrei avere z=(Smax )2⋅ωd

ωs⋅ej2π⋅

ωdωs

(se e solo se questo è un sistema con due poli complessi e coniugati, in definitiva un sistema del 2° ordine 4° caso)

Lezione 10/06/2009Modi di evoluzione e comportamento dinamico del sistema tra s e Z

Noi sappiamo che il comportamento dinamico dell’uscita dipende dai modi di evoluzione di questa, che sono determinabili dal posizionamento, nel dominio delle trasformate di Laplace, dei poli della funzione di trasferimento.

Sia la forma della fdt come segue:

G( s )= N (s )

∏j=1

n

( s+ p j ) (con poli distinti non nulli); la cui

antitrasformata (o risposta impulsiva) è: g( t )=L−1[G( s ) ]=∑

j=1

n

k j⋅e− p jt

.

Se (s+ p j) si annulla per s=σ+ jω=−p j il suo modo di evoluzione diventa, nel tempo, in forma

generale:Aeσ⋅t⋅cos (ω⋅t+Φ ) (nota41) . Ovviamente se il polo è complesso ci sarà anche il suo

coniugato.

Ci chiediamo: ma il modo di evoluzione dopo il campionamento (quindi a tempo discreto e nel dominio della trasformata zeta) rimane simile? Che posizionamento hanno i poli nel piano z?

Invece di considerare s+ p j=0 ⇒ p j=−s considero il contario, ovvero s+ p j=0 ⇒ s=−p j (che è la coordinata per posizionare il polo nel piano s). Dunque utilizziamo

nuovamente s=σ+ jω=−p j ed applichiamo il mapping z=esT da cui: z=eσT e jωT ; scritto in

modulo e fase:

z=eσTunderbracealignl r ¿⏟modulo ¿

∠ωT underbracealignl θ ¿⏟fase ¿

¿¿

Allo stesso modo, nel dominio del tempo, ho il campionamento del modo di evoluzione (a cui corrisponde

il mapping appena effettuato): Aeσ⋅kT⋅cos (ω⋅kT+Φ ). Utilizzando modulo e fase:

A⋅rk⋅cos(θ⋅k+Φ ) .

Potendo fare il mapping tramite la struttura della strasformata stellata, da G( s ) passo a G( z ) .

I modi di evoluzione a tempo discreto

Sia G( z ) nella forma

G( z )= N ( z )

∏j=1

n

( z+ p j) (poli distinti non nulli) posso riscriverla in fratte semplici

come G( z )=∑

j=1

n k j

( z+ p j ) . Ora posso vedere che modo di evoluzione è associato al termine k j

( z+p j ) a seconda del posizionamento di −p j (ricordo che il polo è il valore per cui si annulla il denominatore).

Pongo A=1,Φ=0

Sia z=−p j=1+ j 0 (ovvero il punto, sul cerchio di raggio unitario nel piano z, che sta sull’asse reale positivo)

Il modo di evoluzione associato è sca(k ) in quanto a z=1+ j0=1⋅∠0 corrisponde s=0+ j 0 da

cui 1k⋅cos (0)=sca (k ) ed 1⋅cos (0 )=sca( t )

Sia z=−p j posizionato entro il cerchio di raggio unitario, sull’asse reale, per valori tra 0 ed 1

per mapping ottengo r=eσT

e θ=0 . Ma se 0<r<1 allora σ<0 .

Dunque per tutti questi punti ho un modo di evoluzione così fatto: (eσT )k⋅cos(0 )=(eσT )k .

Ovviamente più sigma è negativo, più il modo di evoluzione tende ad esaurirsi velocemente.

Sia z=−p j posizionato entro il cerchio di raggio unitario, sull’asse reale, per valori tra 0 ed -1

Sappiamo che il cerchio di raggio unitario è dato, tramite mapping, da tutti i punti presenti sul piano s a

parte reale nulla con parte immaginaria compresa tra [−ωs

2,ωs

2 ]. Sappiamo pure che il punto

z=−1+ j0 è dato da valori della parte immaginaria pari ad ±ωs

2 . Quali sono i punti tra 0 ed -1 sul piano zeta? Sicuramente hanno parte reale negativa (come mostrato nella scorsa lezione), ma la fase

sarà pari a ±π dunque sono i punti con parte immaginaria pari ad ±ωs

2 (solo questa, infatti, dà quel valore di fase). Per cui

Ed il modo di evoluzione?

Al solito rk⋅cos (θ⋅k ) diventa (e

σT )k⋅cos(±π⋅k ) ma il coseno è pari, quindi (eσT )k⋅cos( π⋅k )

ma ossservo che (eσT )k⋅cos( π⋅k )=(eσT )k(−1)k quindi una sequenza alternata smorzata.

Sia z=−p j posizionato sul cerchio di raggio unitarioQuesto polo (ed il suo complesso coniugato) equivalgono a punti che si trovano sull’asse immaginario in

s, come visto nella lezione precedente, dunque hanno una certa fase θ=ω1T e modulo unitario, per cui

il corrispondente modo di evoluzione sarà: 1k⋅cos (ω1⋅T⋅k ) ovvero:

. Notiamo che per i punti z=1+ j0 e z=−1+ j0 la fase equivalente è,

rispettivamente, θ=0 (dunque il primo modo di evoluzione studiato, 1k⋅cos (0)=sca (k ) ) e

θ=±π ovvero la sequenza alternata visto che

(r )k⋅cos (π⋅k )underbracealignl Il coseno è pari ¿⏟dunque ±π⋅k ¿

diventa π⋅k ¿¿=(r )k (−1)k=(−1)k ¿.

Osserviamo pure che quando il polo è in z=−1+ j0 genera il modo di evoluzione (−1)k ma questa è

la sequenza alternata, infatti la trasformata zeta di questa è

zz+1

=Z [ (−1 )k ]=Z [cos( π⋅k )] ,

proprio con il polo in z=−1+ j0 .

Modi di evoluzioni divergentiUn polo che si trova all’esterno del raggio unitario, implia modi di evoluzione divergenti (che vanno ad infinito).

Relazione tra sistema del 2° ordine a TC e 2° ordine a TDIl sistema del 2° ordine a tempo continuo, nel dominio di Laplace, sarà:

G( jω )=ωn2

s2+2δωn⋅s−ωn2 con 0<δ<1 per la BIBO stabilità.

I poli sono complessi e coniugati s1,2=−δωn± jωn√1−δ 2. Attraverso il mapping ottengo:

z1,2=e−δωn⋅T e

± jωn⋅T √1−δ2

=e− δωn⋅T⏟

r

∠±ωn ¿T √1−δ 2⏟θ

Riscrivo il modulo come logaritmo, dunque δωn⋅T=−loge(r ) con ±ωn⋅T √1−δ 2=θ .

Divido membro a membro le due equazioni ed ottengo:

δωn⋅T

±ωn⋅T √1−δ2=−loge(r )

θ per semplicità

uso quella con il segno positivo ed elaboro:

δ√1−δ 2

=−loge(r )

θ da cui elevando al quadrato ed elaborando:

δ2

1−δ2=log

e2(r )

θ2 →δ2=log

e2 (r )

θ2 ⋅(1−δ 2) →δ2 (1+log

e2 (r )

θ2 )=log

e2(r )

θ2

δ 2=

loge2(r )

θ2

(1+loge2 (r )

θ2 )=

loge2 (r )

θ2

( θ2+ log

e2 (r )

θ2 )=

loge2( r )

θ2+ loge2 (r )

infine

δ=−loge( r )

√θ2+ loge2(r ) questo è il coefficente di smorzamento a tempo discreto. Si vede che è stato

mutato dal campionamento (il meno davanti il log lo scegliamo noi, probabilmente perchè c’era all’inizio).Analogamente mi ricavo:

ωn=1T √θ

2+ loge2 (r )

e la costante di tempo τ= 1

δωn= −T

loge(r ) ricodando che, comunque 0<r<1 per i ragionamenti precedenti (altrimenti è al di fuori del cerchio unitario).

Esempio di modifica del coefficente di smorzamento a TDSia lo schema a blocchi:

Per i ragionamenti precedenti (vedere lezione del 05/06/2009 sistemi a ciclo chiuso) abbiamo

W ( z )= G( z )1+G( z ) . Con

G1( s )=1

s (s+1) (“G con 1” non “G”).Nel nostro esempio particolare

abbiamo: W ( z )= 0.368 z+0. 264

z2−z+0.632 i poli saranno complessi e coniugati: z1,2=0 .795⏟

r

∠±0 .89 rad⏟θ

Da cui: δ=0 . 25 , ωn=0 .91 , τ=4 .36

Consideriamo ora solo lo schema a catena aperta senza il blocco a dati campionati:

Lo schema a ciclo chiuso è W ( s )=

G1 (s )1+G1( s ) da cui, il coefficente

di smorzamento nello schema “analogico” (senza campionamento dati) è δ A=0. 5 . In pratica il campionamento dimezza il coefficente di smorzamento. Quindi c’è differenza tra poli in sistemi a dati campionati e poli in sistemi analogici. Ma con la riduzione di delta, si riduce il margine di fase e quindi il sistema tende all’instabilità. Questo poichè il campionatore è un blocco non linere che induce all’instabilità.Se il tempo di campionamento viene ridotto, aumento la stabilità, poichè il segnale campionato è più simile a quello reale, il problema e che ciò comporta dei costi di complessità.Se T=T '=0 . 1 ottengo δ=0 . 475 che è molto simile al delta nel sistema analogico.

Bibo stabilità a tempo discretoCome esiste la BIBO stabilità per sistemi TC, un’analoga definizione esiste per sistemi a tempo discreto.

Sistemi LTI-TD con funzione di trasferimento G( z ) da cui Z−1[G( z )]=g(k ) , ∀ k≥0 (detta

risposta impulsiva del sistema).

Dato lo schema possiamo definire la BIBO stabilità come segue:∀u (k ) per cui ∃M u<+∞ :|u (k )|≤M u∀ k≥0 la corrispondente uscita del sistema y (k ) è tale per cui ∃M y<+∞ :|y (k )|≤M y∀ k≥0

Quindi, per definire un sistema BIBO stabile, io dovrei analizzare l’infinita classe degli ingressi, oppure, mi basta trovare un ingresso (limitato) per il quale la BIBO stabilità non è verificata per dire che il sistema non è BIBO stabile.Invece di stare a provare ogni singolo ingresso, esistono delle condizioni che mi determinano la bibo stabilità di un sistema a partite dalla sua f.d.t.

La condizione necessaria e sufficiente alla BIBO stabilità e che la sua risposta impulsiva sia assolutamente convergente, ovvero:

∑a=0

+∞|g (a )|<+∞≡ ∑

a=−∞

k

|g(k−a )|<+∞ (nota42)

Dimostrazione della sufficienza

Sia l’ingresso con la proprietà |u( k )|≤M u<+∞∀ k≥0 . Allora, per ogni k, l’uscita è data dalla

somma di convoluzione: y (k )= ∑

a=−∞

k

g( k−a )⋅u( a)

posso applicare il valore assoluto e dire che |y ( k )|=|∑

a=−∞

k

g(k−a )⋅u(a )|

ma per disuguaglianza triangolare (nota43) posso scrivere:

|y ( k )|=|∑a=−∞

k

g(k−a )⋅u(a )|≤ ∑a=−∞

k

|g (k−a )⋅u(a )|= ∑a=−∞

k

|g (k−a)|⋅|u( a)|

ma per ipotesi ho che|u( k )|≤M u<+∞∀ k≥0 , dunque:

|y ( k )|≤ ∑a=−∞

k

|g(k−a )|⋅|u (a)|≤M u⋅∑a=−∞

k

|g (k−a )|underbracealignl ipotesi di assoluta convergenza, ¿⏟se questa converge allora y (k ) è ¿

limitata ¿¿¿

Dimostrazione necessità

sia u( k ) definita come segue: u( k ) :Z→R e definiamola come funzione segno:

u( a)=segno (g (k−a))=|g (k−a)|g (k−a) il cui modulo è sempre uno.

L’uscita sarà, per la solita somma di convoluzione:

y (k )= ∑a=−∞

k

g( k−a )⋅u( a)= ∑a=−∞

k

g (k−a )⋅|g (k−a)|g (k−a)

= ∑a=−∞

k

|g (k−a )|underbracealignl Anche qui, l'uscita è limitata se la risposta ¿⏟ impulsiva è assolutamente convergente ¿

¿

Corollario BIBO stabilità

Sia

G( z )= N ( z )

∏j=1

n

( z+ p j) ed è la trasformata zeta di g(k).

Condizione necessaria e sufficiente per la bibo stabilità e che tutti i poli di G( z ) siano a modulo minore

di uno. Ovvero: |z=−p j|<1 con i=1,… ,n

. Il primo polo con modulo maggiore di uno rende il sistema instabile.

La differenza per la ricerca della stabilità tra TC e TD è la seguente:A tempo continuo verificavamo che ogni polo avesse parte reale negativa; a tempo discreto verifichiamo che ogni polo abbia modulo minore dell’unità.

Relazione tra BIBO stabilità e poli della fdt a TDRicordiamo che la condizione necessaria e sufficiente per la BIBO stabilità a TD è

∑a=0

+∞|g (a )|<+∞≡ ∑

a=−∞

k

|g(k−a )|<+∞

Sappiamo pure che la fdt in trasformate zeta è esprimibile come:

G( z )= N ( z )D( z )

In termini di poli semplici non nulli ho:

G( z )= N ( z )

∏i=1

n

( z+Pi)

Con lo sviluppo di heaviside ottengo, scomponendo in fratte semplici

G( z )=∑i=0

n

k i⋅z

z+Pi=k 0+∑

i=1

n

k i⋅z

z+Pida cui

g(k )=Z−1[G( z ) ]=k0⋅δ (k )+∑i=1

n

k i⋅(−Pi )k

Sostituendo nella prima abbiamo:

∑k=0

+∞|g (k )|=∑

k=0

+∞|(a0⋅δ( k )+∑

i=1

n

ai⋅(−Pi )k)|

posso oservare che (notate che ho messo i coefficenti come a, altrimenti con k mi confondo)

∑k=0

+∞

|g (k )|=∑k=0

+∞

|(a0⋅δ( k )underbracealignl vale solo per ¿⏟k=0 ¿

¿+∑i=1

n

ai⋅(−Pi)k)|≤|a0|+∑

k=0

+∞

∑i=1

n

|ai⋅(−P i)k|

Quindi scambiando le sommatorie ed assegnando a queste i rispettivi termini

∑k=0

+∞|g (k )|≤|a0|+∑

k=0

+∞

∑i=1

n

|ai⋅(−Pi )k|=|a0|+∑

i=1

n

(|ai|⋅∑k=0

+∞|(−P i)

k|)Posso riscrivere ancora, osservando la seguente proprietà delle potenze:

−α k=(−1 )k|α|k e quindi ancora |−αk|=|(−1 )k⋅|α|k|=1⋅|α|k (si osserva che l’esponente negativo produrrebbe solo una frazione, in nessun modo riuscirebbe a rendere il numero negativo)

∑k=0

+∞|g (k )|≤|a0|+∑

i=1

n

(|ai|⋅∑k=0

+∞|Pi|

k)Ma la sommatoria interna è una serie geometrica. Questa converge quando l’argomento è minore di uno,

ovvero: ∑k=0

+∞|P i|

k= 11−|Pi| questo solo se |Pi|<1 .

Dunque: ∑k=0

+∞|g (k )|≤|a0|+∑

i=1

n

(|ai|⋅ 11−|Pi|)

Ovviamente i coefficenti sono limitati ed in numero finito.

Ma ci ricordiamo che |Pi| sono i poli della G( z ) , e grazie al mapping piano s – piano z abbiamo visto che i poli della fdt stanno tutti all’interno del cerchio di raggio unitario sul piano z per rispettare la stabilità (ciò comporta poli a parte reale negativa nel piano s). Quindi, la nostra derivazione conferma questo enunciato. Infatti il modo di evoluzione di un polo sul cerchio di raggio unitario è sinusoidale non smorzato, una sequenza alternata, oppure un gradino, tutti non assolutamente convergenti.

Criterio di JuryA tempo continuo, nel dominio delle trasformate di laplace, utilizzavamo il criterio di Routh per indagare quanti radici a parte reale negativa avesse il denominatore della f.d.t.Per il dominio delle trasformate zeta esiste il criterio di Jury che è quasi simile.

Sia il polinomio da esaminare: P( z )=a0⋅zn+a1⋅z

n−1+⋯+an−1⋅z1+an

Si costruisce una tabella così composta: Una tabella che abbia un numero di righe pari a 2n−3 se n è il grado del polinomio.nriga z0 z1 z2 . .. .. . zn−1 zn

1 a1.n a1.n−1 a1.n−2. .. .. . a1. 1 a1. 0

La prima riga contiene i coefficenti associati ai monomi di relativi

2 a1. 0 a1. 1 a1. 2. .. .. . a1.n−1 a1.n

La seconda riga contiene i coefficenti della prima ma invertiti di posizione3 a2.n−1 a2.n−2 a2.n−3

. .. .. . a2.00

4 a2. 0 a2.1 a2. 2. .. .. . a2.n−1

0Poi si procede a coppie, ogni coppa decrementa di uno gli elementi di ogni riga

La seconda riga della coppia, ha gli elementi invertiti rispetto alla prima.⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮

Ora si sfaserà un pochino l’associazione con i monomi sopra elencati (come indici di colonna)

2n-5 an−2 .3 an−2 .2 an−2 .1 an−2 .0. .. .. . 0

2n-4 an−2 .0 an−2 .1 an−2 .2 an−2 .3. .. .. . 0

2n-3 an−1. 2 an−1. 1 an−1. 0. .. .. . 0 0

L’ultima riga non è in coppia ed è costituita da 3 coefficentiNota di costruzione della tabella:Gli indici della tabella sono relativi a coppie di righe, in generale, se identifico la coppia con le righe (2 i−1 ) , (2 i ) i=1, . .. ,n-2 avrò che i coefficenti avranno la forma a i .k dove i è il numero che stabilisce la riga, e k è il numero relativo al coefficente (glielo diamo noi, esempio inizialmente partiamo con k=n). L’ultima riga è composta solo da 2 i−1=2n−3→ i=n−1 .E’ stato più difficile fare sta tabella che le altre millemila pagine. (con word che sclera)

Calcolare i coefficentiI coefficenti si calcolano così, salvo quelli delle prime due righe (sono determinanti):

a2.k=|a1.n a1.n−1−k

a1. 0 a1. k+1

| con k=0,1 ,⋯, n−1

a3.k=|a2.n−1 a2 .n−2−k

a2. 0 a2 .k+1

| con k=0,1 ,⋯, n−2

fino ad

an−1.k=|an−2.3 an−2 .2−k

an−2.0 an−2 .k+1

| con k=0,1,2 .

Quindi ogni volta varia la seconda colonna del determinante.

Condizioni per la BIBO stabilita con il criterio di JuryPer vedere se il modulo dei poli è minore di 1 devo verificare che:

1. |an|<a0

2. il polinomio P( z )|z=1>0

3. Il polinomio P( z )|z=−1={ ¿0 se n è pari

¿0 se n è dispari

4. Devono essere verificate le seguenti disequazioni

{ |a2.n−1|>|a2. 0||a3.n−2|>|a3. 0|

⋮|an−1. 2|>|an−1.0|

Se n=2 il sistema ha 1 riga e le condizioni si riducono alle prime 3.

Esempio criterio di JuryP( z )=a0⋅z

3+a1⋅z2+a2⋅z

1+a3

Con a1. 0=8 , a1.1=6 , a1 .2=2 , a1 .3=3 numero di righe: 6-3=3nriga z0 z1 z2 z3

1 3 2 6 82 8 6 2 33 a2. 2 a2. 1 a2. 0

0

a2. 0=|a1.3 a1. 2

a1 .0 a1. 0

|=|3 28 6

|=3⋅6−2⋅8=2

a2. 1=−42 , a2.2=−55vediamo le condizioni per la stabilità

1. |an|<a0 ovvero : 3<8 ok

2. P( z )|z=1>0 ovvero P( z=1 )=8+6+2+3>0 ok

3.P( z )|z=−1={ ¿0 se n è pari

¿0 se n è dispari ovvero P( z=−1 )=−8+6−2+3<0 ok

4. |a2.n−1|>|a2. 0| ovvero |−55|>|2| ok

Il sistema è BIBO stabile.

Luogo delle radici, introduzione.Sappiamo che la stabilità di un sistema ed i suoi modi di evoluzioni dipendono dalla f.d.t. dello stesso, ed in particolare dal posizionamento dei poli di questa. In particolare, in un sistema con retroazione, a noi interessa ricavare il posizionamento dei poli della f.d.t. a ciclo chiuso conoscendo solo il loro posizionamento a ciclo aperto. Questo perchè, oltre a fare meno analisi (solo quella a ciclo aperto) quando introduciamo un blocco di controllo sulla catena a ciclo aperto, noi possiamo analizzare subito il suo effetto su quest’ultima e da questa ricavarci l’effetto a ciclo chiuso (si, in sostanza, sempre meno calcoli).

Il metodo per relazionare il posizionamento dei poli a ciclo aperto e quelli a ciclo chiuso si chiama “luogo delle radici”. Viene attuato nel dominio di Laplace, poi con il mapping lo passiamo a tempo discreto.

Iniziamo da un caso semplice, che ci aiuterà a renderci conto di certe proprietà

Luogo delle radici prime definizioni

Sia lo schema:

Supponiamo di avere G( s ) nella forma:

G( s )=∏i=1

m

(s−zi)

∏i=1

n

( s−pi ).

Nel caso semplice k=1 , ma se k≠1 abbiamo che la f.d.t. a ciclo chiuso sarà:

W ( s )= G( s )1+k⋅G( s ) con k∈R

Essendo nota G( s ), variando k, come variano i poli di W ( s )?Riformulato, nota G( s ), variando k, io posso capire le radici di 1+k⋅G(s )=0 ?Con il luogo delle radici si.

Definizione semplice del luogo delle radici:E’ il luogo dei punti costituito da un numero finito di curve continue che corrispondono alle soluzioni

dell’equazione 1+k⋅G(s )=0 . (le soluzioni di questa sono i poli di W ( s ))

Questa definizione è legata ad una delle proprietà dei polinomi. Il numero di curve è pari al numero di poli della f.d.t. a ciclo aperto (la f.d.t. a ciclo aperto è quella f.d.t. che si avrebbe eliminando la retroazione). Mostriamolo velocemente.

Sia G( s )=N (s )

D (s ) i poli di G( s ) sono le radici di D( s ) e sono, in generale, n (maggiore o uguale del numero degli zeri per la fisica realizzabilità).

Da cui: 1+k N (s )

D(s )=D( s )+k⋅N ( s )=0

ma essendo il grado di D( s ) maggiore di quello di N ( s ), il numero di soluzioni dipende dal grado del denominatore, e quindi sono tante quante sono i poli

(ma non per forza sono uguali) di G( s ).Variazione continua delle radici di un polinomio

Con k=1 per l’equazione (detta “caratteristica”) 1+k⋅G(s )=0 ottengo n radici {s1 , s2 ,⋯, sn }. Se io faccio variare k di poco, ad esempio k=1+ε1 , io ottengo che le radici variano anch’esse di poco (non per forza della stessa quantità per cui è variato k ma quasi) ovvero ottengo: {s1+ε , s2+ε ,⋯, sn+ε } con ε≃ε1Questo vuol dire che le soluzioni di un polinomio variano con continuità al variare (con continuità) dei coefficenti del polinomio (influenzati da k, altrimenti stabili). Quindi, al variare di k, le soluzioni descriveranno delle curve continue.44

Queste n curve nel piano complesso danno luogo al “luogo delle radici”.

Luogo delle radici, definizione più formale

Supponiamo k∈R+ (ovvero solo positivo).

Data 1+k⋅G(s )=0 ricaviamo che G( s )=−1

k .

Dunque, G( s ) è definito nei reali positivi (dipende solo da k) ed ha valori nel piano complesso.G( s ):R↦C .Ma se è un numero complesso, posso definirne modulo e fase, ovvero:

modulo |G( s )|=1

k ; Definisce la TARATURA DEL LUOGO DELLE RADICI

fase ∠G(s )=(2n+1) π , n∈Z definisce L’EQUAZIONE DI TRACCIAMENTO. Ha quel valore quanto il

valore G( s )=−1

k è sempre reale negativo e dunque il suo modulo è un multiplo dispari di pigreco. Nota45.

Esempio

Sostituisco alla fase di G( s ) la sua espressione

G( s )=∏i=1

m

(s−zi)

∏i=1

n

( s−pi ), dunque:

∠G(s )=∠N (s )−∠D(s )=∑i=1

m

∠(s−zi )−∑i=1

n

∠ (s−pi )=(2n+1 )π

Considero G( s ) con 2 poli ed uno zero, nel piano complesso individuo un particolare punto s . Traccio i

vettori tra i poli, lo zero e s . Perchè traccio i vettori? Poichè, ad esempio, s− zi è una distanza, quindi un vettore. Questo vettore ha modulo e fase, a noi interessa la fase. Questi vettori determineranno delle

fasi relative (a questo s ) comprese tra la semiretta parallela al’asse reale orientata allo stesso modo di quest’ultimo ed il vettore stesso, descrivendo un arco in senso antiorario. La somma delle fasi (prese

rispettando il segno dell’equazione precedente) se è un multiplo di pigreco implica che s è una soluzione

dell’equazione 1+k⋅G(s )=0 , ovvero: 1+k⋅G(s )=0 dove k= 1

|G(s )| (così evitiamo il segno

meno, in quanto k>0), altrimenti al variare di k varia anche s . Ripetendo il procedimento ∀ s individuo

i punti che compongono il luogo delle radici. Graficamente, per s :

E quindi se θ−z1

−(θ−p1+θ− p2

)=multiplo dispari di π, allora s appartiene al luogo delle radici.

Lezione 12/06/2009Costruzione grafica del luogo delle radici

Di seguito elencheremo alcune proprietà per la costruzione grafica del luogo delle radici.

Luogo delle radici: proprietà no1Il luogo è costituito da n curve chiamate “rami”, dove n è pari al numero di poli della f.d.t. a ciclo aperto.

Caso1Se il numero di poli coincide con il numero di zeri: n=m

Allora, per k→0 un ramo qualsiasi partità da un polo −pi e quando k→+∞ il ramo si chiuderà su

uno zero −zi .Ovvero un ramo che parte da un polo a ciclo aperto si chiude su uno zero a ciclo chiuso (ricordando che gli zeri a ciclo chiuso ed a ciclo aperto sono gli stessi. 46).

Spiegazione, sia la struttura di G( s ) come segue:

G( s )=∏i=1

m

( s−zi)

∏j=1

n

( s−p j)(poli distinti non nulli).

E sappiamo pure, dall’equazione caratteristica, che 1+k⋅G(s )=0 implica G( s )=−1

k . Eguagliamo quindi le due forme:

G( s )=∏i=1

m

(s−zi)

∏i=1

n

( s−pi )=−1

k

. Se k→0 allora il secondo membro tende a infinito (più o meno non

importa), ma ciò è possibile, a primo membro, solo se s=−p i dunque se s tende ad un polo.

Se k→+∞ , il secondo membro tende a zero, ma ciò è possibile solo se s=−zi , ovvero se s tende ad uno zero a primo membro.

Osservazione di Valerio Perna: ma se abbiamo scritto il denominatore di G (s ) nella forma ∏i=1

n

(s−pi ) come

mai si dice che questo si annulla quando s=−p i ? In generale capita che G (s ) sia scritta a volte nella forma:

G (s )=∏i=1

m

( s−zi )

∏i=1

n

( s−pi )

Ed altre volte nella forma:

G (s )=∏i=1

m

( s+zi )

∏i=1

n

( s+ p i )

(idem per G ( z ) o F ( z ) )Nel primo caso, bisogna pensare al fatto che il meno davanti a pi o z i non si riferisca al segno del polo o dello zero, bensì il segno del polo o dello zero sia incluso nel termine pi o z i , nel secondo caso, invece, il segno del polo o dello zero non è incluso nel termine. Infatti, sappiamo che per la stabilità di solito i poli sono a parte reale negativa, o, per semplicità d'esempio, in forma: s=−p i , quindi:

con s+ p i , sostituendo s=−pi⇒−p i+ p i=0con s−pi ,sostituendo s=−p i⇒−pi−(−pi)=0

Si veda pure "esercitazione 08/05/2009".In effetti è un pochino confusionaria. Quando ho tempo e voglia devo uniformare la notazione (che è importantissima per capire) e soprattutto rimediare agli errori di word nei punti "errore l'origine del riferimento.... bla bla".Nota: si può osservare che, con s+ pi è impossibile azzerare il binomio se il polo è a parte reale positiva, invece con l'altra scrittura è possibile. Dunque quando ho tempo (o se qualcuno mi indica le posizioni dove si trovano queste forme di G (s ) o G ( z ) (o equivalenti) ), devo assolutamente uniformarle con la notazione che usa il segno non incluso nel termine.

Caso 2Se n>m .M rami partiranno da M poli e si chiuderanno su M zeri. n−m rami partiranno dai restanti poli e andranno ad infinito, seguendo gli asintoti generati dalla stella di asintoti.

Luogo delle radici: proprietà no2Il luogo delle radici è simmetrico rispetto all’asse reale.

Luogo delle radici: proprietà no3Ci permette di individuare i punti dell’asse reale che appartengono al luogo delle radici.Un punto sull’asse reale appartiene al luogo delle radici se alla sua destra sono presenti un numero complessivo dispari di poli e zeri.Se il punto appartiene al luogo delle radici, fa parte di almeno uno dei rami.

Luogo delle radici: proprietà no4Supponiamo che a ciclo chiuso si abbia un polo con molteplicità algebrica h>1 . Vuol dire che quel polo

corrisponde ad un punto nel piano s che è intersezione di h rami del luogo delle radici. Quindi, s=−p i è soluzione (per ben h volte) sia dell’equazione 1+k⋅G(s=−pi )=0 che delle sue derivate fino al grado h−1 ovvero, è soluzione di dds [1+k⋅G( s=−pi )]=0 ,⋯, d

(h−1 )

dsh−1 [1+k⋅G (s=−pi )]=0 (dimostrazione per la prima

derivata47).

Inoltre, gli h rami intersecati, fomeranno angoli congruenti pari ad

πh (poichè saranno coppie di angoli

opposti al vertice). Graficamente:

Da notare che sono 4 rette che dividono un semipiano (ed anche l’altro per simmetria).

Stella di asintotiLe caratteristiche della stella di asintoti sono:

Ha il centro sull’asse reale, con valore:

1n−m [∑i=1

n

( pi )−∑i=1

m

(zi )] .

Questo se intendo come radice di (s+ pi ) il valore pi=−pi (cioè se includiamo in pi il segno

della radice), se invece utilizzo proprio −pi=−pi (cioè se escludiamo da pi il segno della

radice) allora devo scrivere:

1n−m [∑i=1

n

(−pi )−∑i=1

m

(−zi )].

Gli asintoti avranno fasi di questo valore:

(2 i+1 )πn−m se k∈R+

con i=0 ,…, n−m−1

Esempio no1

G( s )=10s (s+1)(s+5 ) 3 poli, nessun zero. Ci saranno 3 asintoti quindi con 3 rami che li seguiranno.

Il disegno (dopo lo descriviamo48) è il seguente:

Per prima cosa vediamo quali punti dell’asse reale appartengono al luogo (oltre ai poli stessi,

ovviamente). I punti compresi tra (−1,0) appartengono al luogo, in quanto alla loro destra c’è un solo

polo. I punti tra (−5 ,−1 ) non appartengono al luogo, in quanto alla loro destra ci sono 2 poli. I punti tra

(−∞ ,−5 ) appartengono al luogo, in quanto alla loro destra ci sono 3 poli. I punti tra (0 ,+∞) non appartengono al luogo in quanto alla loro destra ci sono 0 poli, e per convenzione il numero 0 è pari.Ognuno dei rami (ricordiamo che i rami sono tanti quanti sono i poli) parte da un polo espandendosi lungo il segmento contiguo al polo, che appartiene al luogo delle radici, che giace sull’asse reale. Dunque il ramo che parte da -1 si sviluppa verso zero, viceversa quello che si sviluppa da 0. Quello che si sviluppa da -5 tende a meno infinito.Ora, non essendoci zeri sui quali un ramo può chiudersi, è presente la stella di asintoti. Vediamo dove

giace sull’asse reale:

13( 0−1−5 )=−2

. Giace sul punto con valore -2.Vediamo ora la fase degli asintoti, essendo 3:

θa0=(2i+1)

3π ,i=0 ⇒ π

3

θa1=(2 i+1)

3π ,i=1 ⇒π

θa2=(2 i+1)

3π ,i=2 ⇒ 5 π

3Il ramo che parte da -5 finisce a π . I rami che partono da 0 e -1 si espandono, fino a toccarsi, e dopo seguono (in modo totalmente simmetrico49) i due asintoti rimanenti.Quando i due rami (che partono da -1 e 0) si toccano, formano un punto di diramazione (esistono tanti punti i diramazione, quante volte i rami si toccano). Questo punto di diramazione equivale ad una

soluzione con molteplicità h=2 e si ottiene quando k cresce fino ad un certo valore k=k i .

Questo grafico mi da indicazioni sui poli a ciclo chiuso (come detto in precedenza). Il sistema a ciclo

chiuso presenta delle condizioni di stabilità limitata, infatti, al crescere di k, esiste un k=k̂ tale che due poli a ciclo chiuso saranno complessi e coniugati nella forma:s1=0+ ja , s1∗¿0− ja ovvero parte reale nulla. Se k cresce fino a k=k̂ ed oltre, i poli a ciclo chiuso non saranno a parte reale negativa ed il sistema sarà instabile. Quindi il sistema a ciclo chiuso sarà

stabile ∀ 0<k< k̂ .

Per determinare k=k̂ posso utilizzare il criterio di Routh con il parametro k, oppure posso utilizzare i diarammi di bode o nyquist, per determinare quel valore di k che mi rende il margine di fase nullo.Dunque un effetto proporzionale a ciclo aperto (il k) è destabilizzante.Inoltre possiamo vedere che i rami che restano più vicini all’asse immaginario, al crescere di k, sono quelli che si sviluppano da -1 e 0, mentre il ramo che parte da -5 prosegue velocemente verso meno infinito. Dunque i poli dominanti del sistema faranno parte di questi due rami, ed il sistema è approssimabile ad un sistema di secondo ordine.Inoltre posso determinare il tempo di assestamento ideale, il migliore si ha quando k assume un valore

pari a k=k i , ovvero quando i due rami si toccano nel punto di diramazione.Analogamente potrei ragionare per la sovraelongazione massima, in quanto non si ha sovraelongazione

se le soluzioni hanno parte immaginaria nulla, ovvero ∀ 0<k<k i (quando nessun ramo lascia l’asse reale).

Esempio no2

G( s )= s+2s (s+4 ) . 2 poli ed 1 zero. Ci sarà un ramo che segue un asintoto e l’altro si chiuderà sullo

zero.

Graficamente: Vediamo come al solito i punti appartenenti al luogo delle radici che giacciono sull’asse reale. Molto

velocemente diciamo che sono i punti compresi tra (−∞ ,−4 ) e (−2,0) (In quanto a sinistra di -2 ed a destra di -4 i punti hanno alla loro destra un polo ed uno zero, quindi un numero complessivo pari).Il centro stella è inutile in quanto c’è solo un asintoto.

Il valore del’asintoto è θa0=(2i+1)

1π ,i=0 ⇒π

.Questo asintoto sarà seguito dal ramo che si sviluppa da -4. Il sistema è monotono decrescente ed è approssimabile ad un sistema del primo ordine, visto che il ramo che si sviluppa da -4 ha un modo di evoluzione via via semre più trascurabile. Inoltre il sistema è stabile ∀ k∈ R . Non ha nessuna sovraelongazione.

Poichè è approssimabile ad un sistema del primo ordine, il suo tempo di assestamento T a ,p% sarà: T a ,5 %≃3 τ dove tau è la costante di tempo del polo dominante (vedere primissime lezioni).

Esempio no3

G( s )= s+1s (s+2)( s+3 ) . 3 poli ed 1 zero. Si prevedono 2 asintoti ed un ramo che si chiude sullo zero.

Graficamente:

Velocemente individuiamo i punti che appartengono al luogo delle radici e che giacciono sull’asse reale,

sono (−3 ,−2 )∪(−1,0 ). Il ramo che parte da 0 si chiude sullo zero in -1, gli altri due rami, al crescere di k, si toccano nel punto di diramazione e dopo seguono simmetricamente gli asintoti.

Il centro stella è posizionato in

12(0−2−3−(−1 )⏟

zero

)=−2

Gli asintoti saranno:

θa0=(2i+1)

2π ,i=0 ⇒ π

2

θa1=(2 i+1)

2π ,i=1 ⇒ 3 π

2Ora posso provare a calcolare il punto di diramazione. Sappiamo che il punto di diramazione equivale ad una soluzione (per un certo k) con molteplicità h=2 , allora posso fare la derivata dell’equazione

caratteristica (1+k⋅G(s )=0 ) e poi cercare la soluzione, sapendo che questa è completamente reale. Dopo aver trovato la soluzione della derivata, devo confrontare questa con i punti appartenenti al luogo delle radici per fare in modo che la soluzione si accettabile. Se nessuna soluzione appartiene al luogo delle radici, allora non esiste un punto di diramazione. Se ci sono più soluzioni accettabili, ci sono più punti di diramazione.Il modo di evoluzione dominante del sistema a ciclo chiuso è quello del ramo che si sviluppa a partire da 0, e quindi i modi di evoluzione degli altri due rami, che implicano una sovraelongazione dopo un certo valore di k, tenderanno ad esaurirsi velocemente. Inoltre il sistema è stabile per ∀ k∈ R .

Esempio no4

G( s )= (s+1 ) ( s+2 )(s−1 )(s−2 ) . 2 poli e 2 zeri, dunque nessun asintoto.

Graficamente:

Velocemente individuiamo i punti che appartengono al luogo delle radici e che giacciono sull’asse reale,

sono (−2 ,−1)∪(1,2) . I due rami che partono dai poli 1 e 2 , al crescere di k, si toccano nel punto di diramazione e poi lasciano, simmetricamente, l’asse reale, per ricongiungersi nel segmento sull’asse reale che unisce i due zeri (non potrebbero dirigersi direttamente sui due zeri, altrimenti addio simmetria) e da qui espandersi di nuovo verso gli zeri. Quindi esistono due punti, nel luogo delle radici, per due diversi k, tali per cui esistono due soluzioni a molteplicità h=2 .

Noto che il sistema è stabile solo ∀ k>k̂>0 , dove per k=k̂ si hanno soluzioni completamente immaginarie (quando i due rami intersecano l’asse immaginario).

Luogo delle radici a k negativo

Abbiamo esaminato il luogo delle radici con l’ipotesi k∈R+, ma se k∈R− ?

Abbiamo che l’equazione di taratura e di tracciamento si modificano:

modulo |G( s )|=−1

k (altrimenti, con k negativo, senza il meno si avrebbe un modulo negativo) ; definisce la TARATURA DEL LUOGO DELLE RADICI.

fase ∠G(s )=(2n )π , n∈Z definisce L’EQUAZIONE DI TRACCIAMENTO.

Infatti 1+k⋅G(s )=0 ⇒G( s )=−1

k che in questo caso è sempre positivo, quindi ha una fase multipla di 2pigreco.

In questo caso, i punti del’asse reale che appartengono al luogo devono lasciarsi alla loro destra un numero complessivo di poli e zeri pari.

Il centro stella è uguale, cambia solo la determinazione della fase degli asintoti, che diventa:(2 i)πn−m con i=0 ,…, n−m−1

OsservazioniNell’analizzare il luogo delle radici abbiamo introdotto un blocco proporzionale, modellato da k. Questo in

realtà si può associare all’introduzione di un blocco di controllo statico C (s )=k (statico in quanto non dipende da s). Noi, a partire da un sistema dato (costruito da altri oppure derivato dalla modellazione di fenomeni naturali), introdurremo sempre un controllore e facendo variare questo, vediamo come cambiano le caratteristiche della f.d.t. a ciclo chiuso grazie al luogo delle radici, in modo tale da poter

soddisfare certe specifiche (come abbiamo appena fatto con variando C (s )=k ).

D’ora in poi immagineremo il nostro controllore come scomposto in due sottocontrollori, nella forma:C (s )=C s (s )⋅Cd ( s ) il primo servirà per modificare il sistema (a ciclo chiuso) per rispettare le specifiche della precisione statica (le condizioni a regime), il secondo farà lo stesso ma per l’evoluzione dinamica (i transitorio prima del regime).Ad esempio la precisione dinamica ci serve per soddisfare:

Tempo di salita , tempo di assestamento, sovralongazione massima, banda passante ωb , margine di fase, margine di ampiezza, picco di risonanza, etc...

Il controllore statico sarà sempre simile alla forma: C (s )= k

si con i=0,1 ,…

Lezione 17/06/2009Reti correttrici

Sia lo schema a blocchi:

L’obbiettivo è progettare il controllore C (s ) in modo tale che Y ( s )≃R( s ). Come abbiam detto,

questa progettazione è composta da due sottoproblemi, quello della precisione statica ( y ( t )≃r ( t ) a regime) e quello della precisione dinamiche (specifiche per il transitorio rispettate).

Struttura del controllore

C (s ) , solitamente, ha questa struttura:

C (s )= ksi⏟

C s( s )

⋅C1(s )⋅C2(s )⋅…⋅Cp( s )

⏟Cd (s ) con i=0,1 ,…

La parte C s( s )=

ksi serve per ottenere la precisione statica, invece i C j (s ) con j=0,1 ,…, p

formano la parte dedicata alla precisione dinamica, ed hanno una struttura polo-zero.Possono essere distinti in due strutture:

C j (s )=¿¿ con 0<a<1 e la costante di tempo τ>0[ sec ] .50

Inizio analisi: rete anticipatrice

Analizziamo la rete anticipatrice ( 1+τ⋅s

1+a⋅τ⋅s ) rete anticipatrice.

Rete ant. : proprietà no1Non modifica il guadagno statico del controllore totale, ovvero, ogni f.d.t. che compone la parte dinamica

del controllore ha guadagno statico unitario. Infatti per s=0 ottengo ( 1+ τ⋅s

1+a⋅τ⋅s )=1 . Questo vale

per ogni C j (s ) (anche se sono reti ritardatrici) e non alterano il guadagno della parte statica del controllore. In decibel si veda più avanti.

Rete ant. : proprietà no2Individuiamo polo e zero:

1+τ⋅s=0 implica z=−1

τ (zero reale)

1+a⋅τ⋅s=0 implica p=−1

a⋅τ (polo reale)Disegniamoli sul piano di gauss.

Abbiamo uno zero dominante (è più lento rispetto al polo o più vicino

all’asse immaginario). Dunque abbiamo che, in termini di costanti di tempo: τ z=τ>a⋅τ=τ p .

Rete ant. : effetti della rete anticipatrice in frequenza

Analizziamo i diagrammi di bode della Cant( jω)=( 1+ jτ⋅ω

1+ ja⋅τ⋅ω )Il guadagno statico , per ω→0 è nullo, in decibel, poichè ho:

|Cant( j0 )|db=20 log10(√1+0√1+0 )=0

In alta frequenza (ω→+∞) ho che:

|Cant( jω)|=( √1+τ2⋅ω2

√1+a2⋅τ2⋅ω2 )=( √τ 2⋅ω2

√a2√τ2⋅ω2 )=1a

(questo in moduli, poi devo

trasformarlo in db). Ma

1a≥1

(visto che 0<a<1 ) quindi |1a|db≥0

, dunque aggiungo un’amplificazione.Poi, per i disegni approssimativi che abbiam fatto nelle prime lezioni (ed esercitazioni), possiamo individuare i punti i rottura di polo e zero, ovvero quando τ⋅ω=1 per lo zero e a⋅τ⋅ω=1 per il polo,

ed ottengo ωz=

1τ e

ω p=1a⋅τ e poi traccare i grafici. (li traccio completi e poi continuo a

descriverli).

Moduli:

Osserviamo che ω p=

1a⋅τ

> 1τ=ωz

(sempre ricordando che 0<a<1 ed τ>0[ sec ] )

Fasi: Individuiamo le regioni a bassa, medio ed alta frequenza per la rete (non per il sistema complessivo) in questo modo:

bassa frequenza: dove il contributo in fase è nullo, quindi per ω<

ωz

10

media frequenza: dove c’è contributo in fase, quindi per

ωz

10<ω<10ωp

alta frequenza: dove il contributo in fase torna nullo, quindi per 10ω p<ωIl diagramma delle fasi sarà simile ad un trapezio isoscele, ma il caso disegnato è un caso limite, non è detto che non si eviti la sovrapposizione delle zone di azione del polo o dello zero.

La rete, dunque, fornisce, in alta frequenza, un’amplificazione costante come moduli, pari a |1a|db≥0

senza modifica delle fasi, mentre fornisce, in media frequenza, uno sfasamento (anticipo) sulle fasi, il cui

massimo è 0<Φmax<90 ° questo perchè il diagramma è un’approssimazione di quello reale, che non è mai composto da spezzate.

Rete ant. : effetti in frequenza sulla catena aperta

Supponiamo di avere lo schema della catena aperta pari a: e supponiamo di avere

i diagrammi di Bode di L( jω ). Gli effetti saranno i seguenti:

Moduli: Quindi, rispetto ai moduli, la rete anticipatrice comporta un aumento della pulsazione di attraversamento della f.d.t. a catena aperta.

Fasi: Si vede che, se la rete anticipatrice è ben progettata, ad un aumento della pulsazione di attraversamento corrisponde anche un aumento del margine di fase, e quindi una migliore stabilità a ciclo chiuso (ricordando che il margine di fase è indicice di stabilità a ciclo chiuso).

In che senso “rete anticipatrice ben progettata” ? Nel senso che, se io posiziono male la rete anticipatrice

rispetto ad L( jω ), potrei ottenere una riduzione del margine di fase a livelli addirittura negativi. Come?Come dai grafici seguenti:

Moduli

Fasi

Si vede che piazzare una rete anticipatrice nella zona di bassa frequenza di L( jω ) comporta una riduzione del margine di fase (addirittura negativo) e quindi un’instabilità.

Di solito la rete anticipatrice è posizionata presso la pulsazione di attraversamento della L( jω ), ma questo lo vedremo più avanti.

Ricavare alcune caratteristiche, a livello qualitativo, della f.d.t. a ciclo chiuso

Sappiamo che, dai legami globali, ω

Tc .a .<ωBc .c . (punto Error: Reference source not found) quindi, la

rete anticipatrice, aumentando la prima, aumenta anche la seconda. Ma io so che ωB⋅Ts=0. 8 π , quindi aumentando la banda passante (dopo aver aumentato la pulsazione di attraversamento a ciclo aperto) diminuisco il tempo di salita (poichè questa è inversamente proporzionale al tempo di salita).

Inoltre io so anche che M

fasec .a≃100⋅δc .c . , quindi aumentando il margine di fase, aumento il

coefficente di smorzamento dei poli a ciclo chiuso. In relazione a δ c .c . c’è la sovraelongazione e il picco di risonanza della f.d.t. a ciclo chiuso:

Smax %=100⋅e−δ⋅π

√1−δ2

e MR=|G( jωR)|dB=

12δ⋅√1−δ2

questi sono inversamente proporzionali (o quasi, visto che nel primo c’è l’esponenziale) al coefficente di smorzamento, dunque se questo cresce, diminuisce la sovraelongazione ed il picco di risonanza.

Comportamento del sistema a ciclo aperto con rete anticipatrice rispetto al rumore

Una buona robustezza al rumore richiede di avere un alto guadagno, in termini di decibel, in bassa frequenza ed un guadagno minimo in alta frequenza. L’introduzione di una rete anticipatrice non modifica la robustezza in bassa frequenza (lasciando il guadagno alto), mentre peggiora leggeremente la robustezza in alta frequenza (introducendo un’amplificazione positiva).

Si veda il grafico:

Rete anticipatrice, individuazione dello sfasamento massimo

Il diagramma di Nyquist della rete anticipatrice nella forma Cant( jω)=( 1+ jτ⋅ω

1+ ja⋅τ⋅ω ) è pari ad una

semicirconferenza. Abbiam visto che il modulo di questa f.d.t. tende ad 1 quando ω→0 e tende ad

1a

quando ω→+∞ . La semicirconferenza si sviluppa con parte immaginaria positiva (poi ha il diagramma speculare per pulsazioni negative). Graficamente abbiamo:

Il centro si calcola facilmente

c≡((1+ 1a )

2,0)

analogamente il raggio r=

( 1a−1)2 .

In qualsiasi punto del diagrmma di Nyquist ho un modulo ed una fase, che si individuano tramite il vettore che unisce il punto all’origine. La fase massima si ottiene quando questo vettore è tangente alla semicirconferenza.

Il triangolo 0bc è rettangolo in quanto, essendo 0b tangente alla circonferenza, l’angolo 0 b̂ c è retto.

Per il teorema dei seni abbiamo che

0csen (90 ° )

= bcsen (Φmax) ma bc=r ed 0c=r+1 quindi

sen (Φmax )=bc0c= rr+1

=1−a1+a da cui:

a=1−sen (Φmax)1+sen (Φmax ) . Questo torna poichè le frazioni

devono essere tutte positive ma minori dell’unità (sia perchè sen (Φmax )<sen (90° ) sia perchè 0<a<1 ).

Ricordo pure che a=aτ

τ=τ pτ z .

Ora vogliamo la pulsazione presso la quale si ha la massima fase.

Ricordo Cant( jω)=( 1+ jτ⋅ω

1+ ja⋅τ⋅ω ) la fase di questa sarà:∠Cant( jω)=∠ (1+ jτ⋅ω)−∠ (1+ ja⋅τ⋅ω)= tan−1( τ⋅ω )− tan−1 (a⋅τ⋅ω )Derivando, e ponendo la derivata uguale a zero, ottengo il punto stazionario che mi darà la fase massima:

dds [ tan−1(τ⋅ω )−tan−1(a⋅τ⋅ω) ]= τ

1+( τ⋅ω )2−

a⋅τ1+ (a⋅τ⋅ω )2

=τ [1+ (a⋅τ⋅ω )2]−a⋅τ [1+ (τ⋅ω )2]

[1+ (τ⋅ω )2] [1+(a⋅τ⋅ω )2 ]=0

Per anullare la frazione basta annullare il numeratore, quindi studio solo questo:τ [1+(a⋅τ⋅ω)2 ]−a⋅τ [1+(τ⋅ω)2 ]=τ+a2⋅τ3⋅ω2−a⋅τ−a⋅τ3⋅ω2=(τ−a⋅τ )−a⋅τ2⋅ω2( τ−a⋅τ )=0Continuando:

(τ−a⋅τ )−a⋅τ2⋅ω2 (τ−a⋅τ )=(τ−a⋅τ )underbracealignl sicuramente ¿⏟positiva ¿

(1−a⋅τ2⋅ω2)=0 ¿⇓ ¿(1−a⋅τ2⋅ω2 )=0 ¿⇓prendendo solo la radice positiva ( in quanto ω>0) ¿ω= 1τ⋅√a

=ωΦmax¿ ¿

osservo ora le pulsazioni:

ωz=1τ ;

ω p=1a⋅τ ;

ωΦmax= 1τ⋅√a

Noto che la terza è la media geometrica delle prime due.51

Dunque ωΦmax

=1

τ⋅√a=√ 1

τ⋅

1a⋅τ

Vista logaritmicamente è la media aritmetica dei logaritmi.

log10 (ωΦmax )=12 [log10 (ωz )+log10 (ωp ) ]=1

2log10 (ωz¿ωp )=

12

log10( 1τ⋅ 1a⋅τ )=log10(√ 1

τ⋅ 1a⋅τ )

Quindi, sul diagramma di bode, ωΦmax è al centro del segmento compreso tra la pulsazione di rottura del

polo e dello zero.

Guadagno presso la pulsazione di massima fase

Ricordo che |Cant( jω)|=( √1+ τ2⋅ω2

√1+a2⋅τ2⋅ω2 ) dunque:

|Cant( jωΦmax)|=(√1+τ2 ¿ωΦmax

2

√1+a2 ¿ τ2 ¿ωΦmax2 )=(√1+τ 2¿(1τ⋅√a )

2

1+a2¿ τ2 ¿(1τ⋅√a )2 )=

=(√(1+1a )

1+a )=√1a⋅1+a

1+a=1√a

Ma la relazione in decibel tra | 1√a|db ed

|1a|db è che la prima è la metà della seconda, in quanto:

| 1√a|db=1

2⋅20 log10( 1

a )=20 log10(( 1a )

12 )=20 log10( 1

√a )Algoritmo di taratura di una rete anticipatrici e motivazioni d’uso

Si utilizza la rete anticipatrice quando bisogna aumentare la pulsazione di attraversamento a ciclo aperto (questo si verifica sempre). L’algoritmo di taratura è il seguente:

1. Disegno Lpasso i

( jω ) nei diagrammi di bode

2. Valuto la pulsazione di attraversamento di Lpasso i

( jω ) ed il suo margine di fase

3. Dalle specifiche di progetto dovrò garantire un certo margine di fase che chiamo M f p , se

M f L<M f p allora cerco un

Φmax=M f p−M f L

+ (5÷10 ° )underbracealignl tra 5 e 10 ¿⏟gradi di margine ¿

¿.

Ricordo inoltre che, per la fisica realizzabilità, Φmax<40 ° in caso mi serva uno sfasamento maggiore, progetto più reti anticipatrici in cascata.Se il margine di fase rilevato va bene (da subito o in caso di aggiunta di rete anticipatrice) posso terminate l’algoritmo.

4. Ricavo a=

1−sen (Φmax)1+sen (Φmax ) ed ottengo pure

a=aττ=τ pτ z

5. Scelgo ωΦmax in modo tale che

|Lpasso i( jωΦmax

)|db=|√a|db ma ricordando che a è minore dell’unità, questo valore mi esce negativo in db. Allora perchè questo? Perchè quando posiziono

ωΦmax voglio avere |Lpasso i

( jωΦmax)⋅C ant ( jωΦmax

)|db=|1√a⋅√a|

db

=|1|db=0 ovvero

ωΦmax deve essere la nuova pulsazione di attraversamento.In quanto presso la nuova pulsazione di attraversamento io ho il nuovo margine di fase, e proprio per questo piazzo lì il massimo sfasamento, per aumentare al massimo il margine di fase.

6. Quindi ricavo la costante i tempo sapendo a=

1−sen (Φmax)1+sen (Φmax ) ed

ωΦmax= 1τ⋅√a

7. Assemblo la nuova Lpasso i

( jω )⋅C ant ( jω)=Lpassoi+1( jω)

e torno al punto 2

Rete ritardatrice

C rit (s )=( 1+a⋅τ⋅s1+ τ⋅s )

Individuiamo polo e zero:

1+τ⋅s=0 implica p=−1

τ (polo reale)

1+a⋅τ⋅s=0 implica z=−1

a⋅τ (zero reale)Disegniamoli sul piano di gauss.

Abbiamo un polo dominante (è più lento rispetto allo zero o più vicino all’asse immaginario). Dunque abbiamo che, in termini di

costanti di tempo: τ p=τ>a⋅τ=τ z .

Possiamo ricavare a⋅τ p=τ z →a=

τ zτ p .

Lezione 19/06/2009Riposta in frequenza della rete ritardatrice

Calcoliamo i diagrammi di bode con le approssimazioni che sappiamo della rete ritardatrice, sapendo che:

C rit ( jω)=( 1+ ja⋅τ⋅ω1+ jτ⋅ω )

Moduli

Fasi

Come al solito le frequenze di rottura sono ω p=

1τ ed

ωz=1a⋅τ dove ovviamente ω p<ωz in

quanto il secondo ha denominatore più piccolo.Anche questa rete non altera il guadagno statico del controllore globale

C rit ( j 0)=Crit ( s )|s=0=(1+ j01+ j0 )=1 .

Anche qui alta, media e bassa frequenza sono simili a quelle precedentemente viste.

bassa frequenza: dove il contributo in fase è nullo, quindi per ω<

ωp

10

media frequenza: dove c’è contributo in fase, quindi per

ωp

10<ω<10ωz

alta frequenza: dove il contributo in fase torna nullo, quindi per 10ωz<ω

Rete ritardatrice, attenuazione massima e fase minima

limω→+∞

(|C rit ( jω)|)= limω→+∞(√1+a2⋅τ2⋅ω2

√1+τ2⋅ω2 )= limω→+∞( a⋅τ⋅ωτ⋅ω )=a

Questo valore, essendo compreso tra 0 ed 1, in decibel, è negativo.

Quanto vale −Φmax , ai fini del progetto non ci interessa.

Effetti della rete ritardatrice sulla catena apertaSe seguissimo la stessa progettazione della rete anticipatrice, per la rete ritardatrice, verrebbe un pasticcio. Infatti:

Moduli:

La nuova pulsazione di attraversamento (che io chiamo con ω'T ma in realtà potrei chiamarla anche ωc poichè alla fine stiamo progettando filtri e quella è la pulsazione di campionamento oltre la quale filtro tutto) è collocata circa in media frequenza della rete ritardatrice quindi mi attendo, sulle fasi, un ritardo quasi massimo. Ovviamente con una rete ritardatrice la pulsazione di attraversamento non può che diminuire.

Fasi: Come previsto, lo sfasamento massimo negativo è vicino alla nuova pulsazione di attraversamento, e ciò comporta una diminuizione drastica del margine di fase, rendendo il sistema a ciclo chiuso, risultante, instabile.

Quindi, progettare una rete ritardatrice come una rete anticipatrice, è una cazzata.

Rete ritardatrice ben piazzataAllora dove piazzo questa rete? Abbiamo visto che in fase io ho solo una detrazione in gradi. inoltre so che la rete ritardatrice diminuisce la pulsazione di attraversamento. Allora io che faccio, posiziono la media frequenza della rete ritardatrice lontano dalla pulsazione di attraversamento esistente (lontano sulla sua sinistra), cosicche io ho che quando diminuisco le fasi, le diminuisco in una zona non importante (lontano

da ω'T ) mentre diminuendo di poco la pulsazione di attraversamento, ottengo, probabilmente, una fase maggiore. Vediamo 2 grafici.

Moduli

FasiSe ben posizionata, quindi, la rete ritardatrice può dare un margine di fase superiore a quello esistente.

Rete ritardatrice, effetti a ciclo chiuso

Come per la rete anticipatrice, noi sappiamo che ω

Tc .a .<ωBc .c . , dunque, diminuendo il primo membro, la banda passante potrebbe diminuire a sua volta e quindi il tempo di salita potrebbe aumentare (ricordando che banda passante e tempo di salita sono circa inversamente proporzionali).Invece il margine di fase aumenta, quindi diminuisce il picco di risonanza e la sovraelongazione, come accadeva per la rete anticipatrice. In sostanza abbiamo che il sistema a ciclo chiuso è più dolce ma fedele.

Algoritmo di costruzione rete ritardatrice

1. Disegno Lpasso i

( jω ) con i diagrammi di bode

2. Calcolo M f ed ωT

3. Determino la nuova ω'T . La determino in modo tale che “virtualmente” il nuovo margine di fase

aumenta rispetto a quello precedente, e non di poco. Determinata ω'T , io so che questa è la

nuova pulsazione di attraversamento a patto che Lpasso i

( jω ) abbia, presso ω'T , un valore in

decibel di |Lpasso i

( jω'T )|db=|1a|db .

Questo perchè poi otterrò che |C rit ( jω 'T )Lpasso i

( jω 'T )|db=|a⋅1a|db=|1|db=0

.

Inoltre se è richiesto un M f p (margine di fase di progetto), io devo cercare il nuovo M ' f in

modo tale che

M ' f=M f p+(5÷10 )underbracealignl Tra 5 e 10 ¿⏟

gradi di margine ¿

¿

4. Avendo determinato ω'T ed avendo imposto|Lpasso i

( jω'T )|db=|1a|db ho determinato a .

5. Piazzo la rete ritardatrice, siccome abbiamo, visto che il contributo in fase termina una decade

dopo ωz , che ωz=

ω'T10 52 e sapendo che

ωz=1a⋅τ , conoscendo a ricavo τ . Dunque ho i

parametri della rete.

6. Il limite fisico dell progettazione è che amin=0 . 1 53 ovvero |amin|db=−20db

, dunque se

impongo |Lpasso i

( jω'T )|db=|1a|dbe questo valore non rientra nel limite, devo inserire più reti

ritardatrici in cascata. Dunque assemblo Lpasso i+ 1

( jω)=Crit ( jω )Lpassoi( jω)

e ritorno al punto 1.

Reti di controllo in sistemi a dati campionati.Abbiamo visto che le reti di controllo in sistemi a tempo continuo (sistemi analogici) hanno una certa forma ed un certo posizionamento nello schema a blocchi. le reti di controllo a dati campionati, invece, devono agire sui dati campionati, quindi vengono poste tra il campionatore ed il ricostruttore. Ovvero:

restringendo il problema a tempo discreto, avremo il seguente sistema da analizzare:

Precisione statica a tempo discreto

La precisione statica a tempo discreto implica di progettare il controllore C ( z ) in modo tale che:e+∞= lim

k→+∞r (kT )− y (kT )≃0

(nota, il Professore usa T c , io uso solo T, è sempre il tempo di campionamento).Dunque la precisione statica, anche nel caso digitale, deve far tendere l’errore a zero, ovvero l’uscita deve asservire il riferimento.

Questa precisione dipende dal riferimento scelto. Inoltre, deve essere chiaro che:

Affinchè si possa parlare di precisione statica il sistema a ciclo chiuso deve essere BIBO stabile.

Se vale la BIBO stabilità posso applicare il teorema del valore finale (poichè sara una successione

composta da valori limitati), dunque e+∞= lim

k→+∞e( kT )= lim

k→+∞r (kT )− y (kT )

.Ma ricordando il teorema del valore finale sulle trasformate zeta, ottengo:

e+∞= limk→+∞

e( kT )=limz→1

(z−1)E( z ). Ma noi sappiamo che

E( z )= 11+C ( z )G( z )⏟

L ( z )

⋅R( z )

.

Definiamo la sensibilità del sistema di controllo come:

S( z )= 11+C ( z )G(z )⏟

L ( z) .

Quindi: e+∞= lim

k→+∞e( kT )= lim

z→1(z−1)S ( z )R (z )

. Quindi la precisione statica è influenzata sia dal riferimento che dala f.d.t. del sistema.

Ora calcoliamo la precisione statica in riferimento a due ingressi standard.

Precisione statica a tempo discreto relativa al gradinoDetto anche: “problema di asservimento di posizione”.

Sappiamo che il gradino è A⋅sca (kT )={A con kT≥0

0 con kT<0

Sappiamo anche che Z [ A⋅sca (kT ) ]=A z

z−1 , quindi:

e+∞= limk→+∞

e( kT )= limz→1

(z−1)S ( z )⋅A zz−1

=limz→ 1

S ( z )⋅A⋅z⏟=1

=limz→1

S ( z )⋅A

⇓e+∞= lim

z→ 1S (z )⋅A= lim

z→ 1

11+L( z )

⋅A

Questa formula misura l’errore assoluto, per misurare l’errore relativo tra i due segnali, basta dividere per A.Osserviamo che per avere un errore finito, l’uscita deve essere un qualcosa di simile ad un gradino,

inoltre tutto ciò dipende da L( z ) che darà un risultato K p rispetto al limite. Infatti posso spostare il

limite relativamente alla sola L( z ) in quanto le altre grandezze sono costanti.

e+∞= limz→1

11+L (z )

⋅A= 11+ lim

z→ 1L( z )

⋅A= 11+K p

⋅A

, dove limz→1

L( z )=K p

Notiamo che in analogico questo limite (per le trasformate di Laplace) sarebbe pari a s→0 .

Ora, K p può essere finito o illimitato.

K p finito.

Accade quando la L( z ) non ha poli che si annullano in z=1+ j0 , evitando così di dare un valore illimitato al limite.

Ma se K p è finito, all’ora l’errore sarà finito, ovvero e+∞=

11+K p

⋅A. Graficamente, visualizzando

per comodità un segnale continuo, abbiamo:

K p illimitato.

Accade quando L( z ) ha uno o più poli in z=1+ j0 . Ma quando accade ciò, l’errore ha denominatore

infinito, e quindi il risultato è nullo. e+∞=

11+∞

⋅A=0. Graficamente:

Tipo di sistema a tempo discreto

Definisco il tipo di sistema, relativamente alla f.d.t. sull catena aperta, ovvero L( z ) , dal numero di fattori

( z−1) (detto fattore integrale) che ha al denominatore, ovvero: L( z )= N (z )

( z−1)n⋅D' ( z ) .Se n=0 il sistema è di tipo 0. Se n=1 il sistema è di tipo 1, etc...

Precisione statica di una rete di controllo a tempo discreto con ingresso a gradino relativa al tipo di sistema

Quindi possiamo creare una tabellina che riporta il tipo di precisione statica quando l’ingresso è un gradino.

Tipo di L( z ) e+∞0

11+K p

⋅A

1 02 0⋮ 0

Precisione statica a tempo discreto relativa alla rampa

Sappiamo che la rampa è definita come A⋅ramp(kT )={A⋅kT⋅sca (kT ) con kT≥0

0 con kT<0 . Notiamo che il coefficente angolare è diveso da quello analogico (che era soloA in quanto ramp( t )=A⋅sca( t ) ), questo perchè debbo intendere kT come nuova unità di misura.

La sua trasformata zeta è: Z [ A⋅ramp(kT ) ]=A⋅T⋅ z

( z−1)2 . Dunque l’errore di precisione statica sarà:

e+∞=limz→1( z−1 )⋅ 1

1+L( z )⋅A⋅T⋅ z

(z−1)2=lim

z→1

11+L( z )

⋅A⋅T⋅ z⏞=1

( z−1)=lim

z→1

A⋅T[1+L( z )]( z−1)

⇓passo il limite ai termini dipendenti da z

e+∞=A⋅T

limz→1

{[1+L( z )]( z−1)}= A⋅T

limz→1

{( z−1)}⏟

=0

+ limz→1

{( z−1)L( z )}= A⋅T

limz→ 1

{( z−1)L( z )}= A

limz→1 {( z−1 )L( z )

T }= AK v

Dove definisco K v=lim

z→1{( z−1)L( z )

T } come “errore di velocità”.

Stesso ragionamento di prima, per avere un errore finito o nullo, l’uscita deve essere simile ad una rampa.Distinguiamo 3 casi:

Caso nel quale le rette non siano parallele (a regime ovviamente, esiste sempre il

transitorio), allora l’errore sarà infinito. Quindi avremo, analiticamente, che K v=0 da cui

e+∞=AK v

→+∞. Ciò avviene quando L( z ) è di tipo 0.

Caso nel quale le rette siano parallele, ma non coincidenti (a regime ovviamente, esiste

sempre il transitorio), dunque si ha che e+∞<+∞ ma per avere ciò K v≠0 e questo

succede quando L( z ) è di tipo 1. Caso nel quale le rette siano parallele e coincidenti (a regime ovviamente, esiste sempre il

transitorio), dunque si ha che e+∞≃0 ovvero K v→+∞ dunque L( z ) è di tipo 2 o superiore.

Dunque la tabellina finale è:

Tipo di L( z ) e+∞0 +∞

1AK v

2 0⋮ 0

Progetto di discretizzazioneSia un sistema di controllo analogico come rappresentato dal seguente schema a blocchi:

Riportiamo, ora, il precedente schema a dati campionati

Per “progetto di discretizzazione” s’intende l’approssimazione del controllore C (s ) a tempo discreto, mantenendo, ovviamente, il rispetto delle specifiche di progetto.

Fasi per la discretizzazione

1. Progetto C (s ) a tempo continuo in modo tale da soddisfare le specifiche su un sistema a dati campionati

2. Approssimo e discretizzo il controllore così ottenuto tramite l’algoritmo di discretizzazione.

Errori da evitare

Bisogna evitare di progettare C (s ) senza tener conto del campionatore e del ricostruttore di ordine zero, altrimenti, il controllore che ne uscirà dal progetto, molto probabilmente non rispetterà acuna specifica del sistema a dati campionati.

Però è anche vero che io non so progettare C (s ) a tempo discreto, dunque devo approssimare il campionatore ed il ricostruttore di ordine zero a tompo continuo.

Approssimazione di campionatore e ricostruttore a tempo continuo

Supponiamo di avere un sistema a dati campionati, con C ( z ) già progettato.La caratteristica comune dei segnali di questo sistema è quella di svilupparsi a bassa frequenza, ovvero di essere dei segnali lentamente varibili. Dunque il sistema si comporta come un filtro passa basso (che seleziona solo le frequenze vicino alla componente continua, ovvero ω=0 ).Che succede, quindi, al campionatore ed al ricostruttore intorno ad ω=0 ?

Avendo supposto un sistema a dati campionati funzionante, abbiamo anche supposto il teorema del

campionamento, dunque, in frequenza, il segnale dopo il campionatore è E∗( jω) nella forma:

Mentre il segnale originale è uguale alla forma che si sviluppa intorno alla pulsazione ω=0 solo che ha un altezza unitaria.

Dunque il campionatore, nell’intorno di ω=0 applica una semplice amplificazione di

1Tc (d’ora in poi

scrivo

1T per comodità). Abbiamo dunque trovato l’approssimazione del campionatore, nel continuo, per

basse frequenze.Ci ricordiamo che, per basse frequenze, l’approssimazione del ricostruzione si ottiene tramite l’approssimazione di Padè. Dunque:

GZOH (s )≃T

1+s T2

Ora possiamo schematizzare il sistema a tempo continuo che deve approssimare quello a dati campionati,

prima osservo che [ 1

T⏟Campionatore

⋅GZOH ( s )]= 1

1+s T2 :

Quindi ora posso progettare C (s ) tenendo conto delle approssimazioni di campionatore e ricostruttore in bassa frequenza

L’approssimazione di campionatore e ricostruttore come effetto negativo

L’aggiunta dell’approssimazione introduce un polo in s=−2

T che genera uno sfasamento aggiuntivo di −π

2 nelle fasi, e dunque tende a diminuire il margine di fase e relativa stabilità. Senza questa aggiunta, raggiungere il margine di fase richiesto era sicuramente più semplice. Questo evidenza come, non tener conto dell’approssimazione di campionatore e ricostruttore, rende inutile la progettazione.

Algoritmo di discretizzazione

Supponiamo di avere un controllore C (s ) di primo ordine, rappresentato schematicamente da

. A livello di equazioni differenziali abbiamo:ddtu( t )=−a⋅u( t )+b⋅e ( t )

(non è detto che a e b siano differenti).

Ora, questo segnale deve essere campionato (in quanto il controllore, in realtà, deve essere discretizzato ed inserito in una parte a tempo discreto). Supponendo di campionare il segnale per un intervallo T ,

integro per questo intervallo di campionamento, che, in generale, è così definito: kT <t<(k+1)T .

Quindi: ∫kT

(k+1)Tddtu( t )⋅dt=−a⋅ ∫

kT

(k+1)T

u( t )⋅dt+b⋅ ∫kT

(k+1)T

e ( t )⋅dt

Devo ridurre l’equazione solo in termini di u( t ) ed e ( t ) quindi posso scrivere:

u[(k+1)T ]−u [ kT ]=−a⋅ ∫kT

(k+1)T

u( t )⋅dt+b⋅ ∫kT

( k+1)T

e ( t )⋅dt

Gli integrali a secondo membro sono 2 aree da calcolare. Ma noi stiamo campionando un segnale, quindi in realtà approssimiamo l’area reale. Ci sono 3 tipi di approssimazione

1. per estremo inferiore

2. per estremo superiore

3. trapezoidale

Algoritmo di discretizzazione, approssimazione con il primo tipo

u[(k+1)T ]−u [ kT ]=−a⋅ ∫kT

(k+1)T

u( t )⋅dt+b⋅ ∫kT

( k+1)T

e ( t )⋅dt da qui, otteniamo che gli integrali si

trasformano come segue:u[ (k+1)T ]−u [ kT ]≃−a⋅u[ kT ]⋅T+b⋅e [ kT ]⋅T poniamo ora T=1 e mettiamo il simbolo di eguaglianza per semplicità:u[ (k+1) ]−u [k ]=−a⋅u[ k ]+b⋅e [k ] ora metto il inApplico la trasformata zeta, ricordando la proprietà dell’anticipo

z⋅U ( z )−U ( z )=−a⋅U (z )+b⋅E (z )La riscrivo come:( z−1)⋅U ( z )+a⋅U ( z )=+b⋅E( z )

Ora trasformo secondo Laplace l’equazione differenziale iniziale ed ottengo:s⋅U (s )+a⋅U (s )=+b⋅E (s )

le due strutture sono simili, a patto che s= z−1

Algoritmo di discretizzazione, approssimazione con il secondo tipo

u[(k+1)T ]−u [ kT ]=−a⋅ ∫kT

(k+1)T

u( t )⋅dt+b⋅ ∫kT

( k+1)T

e ( t )⋅dt da qui, otteniamo che gli integrali si

trasformano come segue:u[(k+1)T ]−u [ kT ]≃−a⋅u[(k+1 )T ]⋅T+b⋅e [ (k+1 )T ]⋅T poniamo ora T=1 e mettiamo il simbolo di eguaglianza per semplicità:u[ (k+1) ]−u [k ]=−a⋅u[ k+1 ]+b⋅e [k+1 ] Applico la trasformata zeta, ricordando la proprietà dell’anticipoz⋅U ( z )−U ( z )=−a⋅z⋅U (z )+b⋅z⋅E (z )La riscrivo come:( z−1)⋅U ( z )=−a⋅z⋅U ( z )+b⋅z⋅E( z )divido per zeta( z−1 )

z⋅U (z )=−a⋅U ( z )+b⋅E( z )

riscrivo( z−1 )

z⋅U (z )+a⋅U (z )=+b⋅E ( z )

Ora trasformo secondo Laplace l’equazione differenziale iniziale ed ottengo:s⋅U (s )+a⋅U (s )=+b⋅E (s )

le due strutture sono simili, a patto che s= z−1

z

Algoritmo di discretizzazione, approssimazione con il terzo tipo

u[(k+1)T ]−u [ kT ]=−a⋅ ∫kT

(k+1)T

u( t )⋅dt+b⋅ ∫kT

( k+1)T

e ( t )⋅dt da qui, otteniamo che gli integrali si

trasformano come segue:

u[ (k+1)T ]−u [ kT ]≃−a⋅[ u [ (k+1)T ]+u [ kT ]2 ]⋅T +b⋅[ e [( k+1)T ]+e [ kT ]

2 ]⋅TNotiamo che l’area trapezoidale è calcolata come

(bmax+bmin )2

h=[ w [ (k+1 )T ]+w [kT ]2 ]T

. Poniamo ora T=1 e mettiamo il simbolo di eguaglianza per semplicità:

u[(k+1) ]−u [k ]=−a⋅[ u[ (k+1 )]+u [ k ]2 ]+b⋅[ e [ (k+1 )]+e[ k ]

2 ]Dopo varie elaborazioni si ottiene

2 ( z−1)( z+1)

⋅U ( z )+a⋅U ( z )=+b⋅E( z )

Ora trasformo secondo Laplace l’equazione differenziale iniziale ed ottengo:s⋅U (s )+a⋅U (s )=+b⋅E (s )

le due strutture sono simili, a patto che s=2 ( z−1 )

( z+1 )

Algoritmo di discretizzazione: approssimazioni in caso di tempo di campionamento diverso da 1

Se T≠1 , l’uguaglianza con l’equazione s⋅U (s )+a⋅U (s )=+b⋅E (s ) , si ha, nei vari tipi di approssimazione, per:

1.s= ( z−1 )⋅1

T Approssimazione di Eulero in avanti

2.s=( z−1

z )⋅1T Approssimazione di Eulero all’indietro

3.s=2 ( z−1 )

( z+1 )⋅1T Approssimazione di Tustin

Ottenere il controllore a tempo discreto sfruttando le approssimazioni

Per ottenere C ( z ) , dopo aver scelto un tipo di approssimazione, devo semplicemente fare:

1.C ( z )=C (s )|

s=(z−1 )⋅1T

2.C ( z )=C (s )|

s=( z−1z )⋅1

T

3.C ( z )=C (s )|

s=2 ( z−1)( z+1)

⋅1T

Ovviamente, anche a livello intuitivo, la 3° è la migliore approssimazione, ma comporta molti calcoli, la 2° è quella intermedia, la prima è la meno prestante.

Esercitazione 08/05/2009Introduzione diagrammi di Bode

Data la F.d.T. del sistema G( s ) possiamo calcolarci i diagrammi di Bode sfruttando la “risposta

armonica” ovvero G( jω ).La differenza tra G( s ) e G( jω ) sta innanzitutto nel dominio di definizione.

La F.d.T è definita dal piano complesso al piano complesso. G( s ):C↦C

La risposta armonica va dal piano reale (ω ) a quello complesso: G( j⋅ω ):R↦C

Mentre ω è modellabile da una retta, G( jω )è modellabile su un piano (quello complesso) e ciò non è pratico, dunque utilizziamo due diagrammi per fare la modellazione. Questi diagrammi sono i diagrammi di Bode.

Diagrammi di Bode

I diagrammi di bode sono due, quello del modulo espresso in decibel (|G( jω)|dB ) e della fase (∠G( jω )).Il modulo in decibel si calcola, per una quantità x nel seguente modo: |x|dB=20⋅log10(|x|) .L’asse delle ascisse dei diagrammi di bode è pari alla pulsazione ω , ma espressa in potenze di dieci (dunque “logaritmica”) poichè l’intervallo di pulsazioni che si vuole osservare è molto ampio e dunque il tracciato sarebbe troppo sparso... per comprimerlo utilizziamo l’asse a valori logaritmici.

Ad esempio invece di avere una sequenza di punti del tipo : 1,2,3 ,… avremo: 101 ,102 ,103 ,…Ovviamente per la definizione del modulo utilizziamo il logaritmo di un modulo, quindi ω non sarà mai pari a zero (o negativo) sull’asse.

Richiamo proprietà dei logaritmi

1. logm( a⋅b )=logm(a )+ logm(b )

2.logm(

ab)=logm( a)− logm(b )

Visualizzare G(s) nella corretta forma

Una normale G( s ) è visualizzabile, tramite schema a blocchi, come una cascata di sottofuzioni di trasferimento, ovvero:

Se le scrivo diventa:G( s )=G1( s )⋅G2( s )⋅…⋅Gn (s )nella forma armonica

G( jω )=G1( jω)⋅G2 ( jω)⋅…⋅Gn( jω) pari ad G( jω )=∏

i=1

n

Gi( jω ) poichè G( jω ) è un

numero complesso posso vederlo nella sua forma esponenziale, quindi:

G( jω )=∏i=1

n

|Gi( jω )|⋅ej⋅∠Gi( jω)

graficamente:

Grazie alla proprietà dell’esponenziale54 posso scrivere:

G( jω )=(∏i=1

n

|Gi ( jω)|)⋅e j⋅∑i=1

n

∠Gi( jω)

dunque, posso porre complessivamente:

|G( jω)|=(∏i=1

n

|Gi( jω )|) da cui ricavo il modulo in dB

|G( jω)|db=(∏i=1

n

|Gi( jω)|db) ed

∠G( jω )=∑i=1

n

∠Gi( jω)

Quindi grazie al diagramma dei moduli e delle fasi, che insieme formano i diagrammi di bode, posso

tracciare G( jω ).Inoltre, grazie alle proprietà dei logaritmi sopra scritte, sappiamo che:

| 1G( jω)

|db=−|G( jω )|db

(2° proprietà dei logaritmi ricordando come si calcola il modulo di bode).per le fasi pure:

∠ 1G( jω)

=−∠Gi( jω) (vedi nota55)

In una56 delle sue rappresentazioni formali, G( s ) è così rappresentata:

G( s )=N (s )D (s )

=sm+bm−1⋅s

m−1+⋯+b0

sn+an−1⋅sn−1+⋯+a0 , n≥m

La riscriviamo nella forma ZPK (zero/polo/guadagno grazie a Pasquale Carvello)

G( s )=k1

∏i=1

m

(s−zi )

∏j=1

n

(s−p j )

dove (s−zi ) sono le radici del polinomio N ( s ) dette “zeri” e (s−p j ) sono le radici del polinomio D( s ) dette “poli”. k1∈ R è una costante che deriva dalla fattorizzazione. In questa forma posso

supporre che alcuni poli si trovino nell’origine (con p j=0 ) e dunque riscrivo:

G( s )=k1

∏i=1

m

(s−zi)

sh⋅∏j=h+1

n

( s− p j)

inoltre sappiamo che ad una radice corrisponde una costante di tempo che chiamiamo

−1τ p j per il polo e

−1τ z i per lo zero, dove pongo che:

−1τ p j

=p j

ed

−1τ z i=zi

sostituendo...

G( s )=k1

∏i=1

m

( s+ 1τ z i)

sh ¿∏j=h+1

n

(s+ 1τ p j)

Questa forma non è proprio comoda, allora attuo una messa in evidenza57 che mi modifica la costante k1

ma rende più trattabile G( s ).

G( s )=k∏i=1

m

(1+s⋅τ z i )

sh¿∏j=h+1

n

(1+s⋅τ p j )

Ovviamente ora la costante è cambiata in seguito alla messa in evidenza comunque rimane reale k∈R . In generale potremmo avere dei poli e zeri complessi (e se una radice è complessa viaggia in coppia con la sua coniugata) che è conveniente visualizzare subito nella cosidetta forma di Bode.

G(s) nella forma di BodePer semplicità riutilizzo gli stessi indici, ovviamente un indice è relativo alla propria produttoria e non alle altre...

G( s )=k

∏i=1

mR

(1+s⋅τ zi )¿∏i=1

mC

(1+2⋅δ zi

ωnz i

¿ s+ 1ωnz i

2 ¿ s2 )

sh¿∏i=1

nR

(1+s⋅τ pi )¿∏i=1

nC

(1+2⋅δ pi

ωnpi

¿ s+ 1ωnpi

2 ¿ s2) dove nR ,mR sono radici reali e

nC ,mC sono radici complesse e coniugate.Il grado è dato da:m=mR+2⋅mCn=nR+2⋅nCIl “2” perchè le radici complesse sono sempre una coppia (complesse e coniugate).

h definisce il tipo di sistema (h=0 tipo 0, etc...) k è il guadagno di bode del sistema (solitamente quando il sistema è a regime il valore tende a

k...)

Ricordiamo cosa sono i coefficenti ωn e δ . Sul piano di Gauss la coppia di poli complessi e coniuguati appare in questo modo:

Dove δ=cos (θ ) e, considerando θ solo nel 2° quadrante abbiamo che 0<δ<1 (è anche una condizione necessaria per

la stabilità) ma in generale δ∈(−1,1) e quando δ≥1 le radici sono strettamente reali e coincidenti.Proviamo a ricavarci il punto P nel grafico (supponendo però che abbia parte reale positiva per semplicità).P=ωn⋅e

j⋅θ da cui grazie alla scomposizione dell’esponenziale complesso in forma cartesiana58:

P=ωn⋅(cos (θ )+ j⋅sin(θ )) ma δ=cos (θ ) e sin(θ )=√1−δ2 dunque:

P=ωn⋅δ+ j⋅ωn⋅√1−δ 2

Noteremo certe somiglianze successivamente ;)

Noi vogliamo graficare la forma di Bode nei diagrammi, quindi ci serve G( jω ) e dunque:

G( jω )=k

∏i=1

mR

(1+ j⋅τ zi⋅ω )¿∏i=1

mC

(1+ j⋅2⋅δ zi¿ ωωnz i

− ω2

ωnz i

2 )

( j⋅ω )h¿∏i=1

nR

(1+ j⋅τ pi¿ω )¿∏i=1

nC

(1+ j⋅2⋅δ pi

ωωnpi

−ω2

ωn pi

2 )

da notare il cambiamento di segno presso s2

poichè j2=−1 .

Diagrammare G(s)

Vediamo i termini “notevoli” che dobbiamo studiare per diagrammare G( s ) (o meglio G( jω )) con i diagrammi di Bode. Notiamo che la forma di Bode ci è molto utile, infatti, grazie a cosa abbiamo detto all’inizio, avere delle produttorie ci permette di disegnare il tracciato complessivo tramite una semplice

somma dei tracciati dei singoli termini. Nota: G( jω )rende G( s ) a variabile (ovvero s) puramente immaginarie. I termini sono:

k

( j⋅ω )

(1+ j⋅τ⋅ω )

(1+ j⋅2⋅δ⋅ωωn−ω2

ωn2 )

Noi studieremo questi solo per valori di τ≥0 poichè osserviamo che i diagrammi di bode hanno le seguenti proprietà utili per ricavarci velocemente i diagrammi per valori negativi:

|(1+ j⋅τ⋅ω )|db=|(1− j⋅τ⋅ω )|db

spiegazione59

∠(1+ j⋅τ⋅ω )=−∠(1− j⋅τ⋅ω )spiegazione60

|(1+ j⋅2⋅δ⋅ωωn−ω2

ωn2 )|

db=|(1− j⋅2⋅δ⋅ω

ωn−ω2

ωn2 )|

db

∠(1+ j⋅2⋅δ⋅ωωn−ω2

ωn2 )=−∠(1− j⋅2⋅δ⋅ω

ωn−ω2

ωn2 )

Per questi ultimi la spiegazione la tralascio, in quanto verrebbe lunghetta (per come la vedo io),ma concettualmente è simile alle prime.

Diagrammare costantiInziamo con i diagrammi.G( jω )=kotteniamo:|G( jω)|dB=20⋅log10(|k|), k∈R , è una retta parallela all’asse ω

∠G( jω )={ 0 , k≥0−π , k<0

Graficamente. Moduli

Nota: se ‖k‖<1 il diagramma dei moduli viene negativo, ma si ha sempre che |k|≥0fasi

Diagrammare poli nell’origine

G( jω )=( jω)−1

Il modulo di ( jω )−1

è √ 1ω2=

1ω dunque per le proprietà dei logaritmi:

|G( jω)|dB=−20⋅log10(ω ) quindi una retta di una certa pendenza, interseca le ascisse in ω=1 .

∠G( jω )=∠( 1jω ) ricordando che

− j=1j ottengo

∠G( jω )=∠(− j 1ω ) ovvero sull’asse

immaginario negativo, dunque ∠G( jω )=−π

2 i poli nell’origine sono detti anche integratori, poichè l’effetto di integrazione con una trasformata di laplace aggiunge un polo nell’origine.Dunque i diagrammi sono: moduli

fasi:

Diagramma polo reale

G( jω )=(1+ j⋅τ⋅ω )−1

Il modulo di (1+ j⋅τ⋅ω )−1

è √1+τ2⋅ω2 dunque:

|G( jω)|dB=20⋅log10( √1+τ 2⋅ω2 ) e distinguiamo i seguenti casi.

se τ⋅ω>> 1 implica che |G( jω)|dB≃20⋅log10( τ⋅ω )=20⋅log10(τ )+20⋅log10(ω) ovvero una costante più una retta.

se τ⋅ω<< 1 implica che |G( jω)|dB≃20⋅log10(1 )=0 se τ⋅ω=1 , facendo i calcoli, otteniamo che esce fuori un valore piccolo. Dunque si appossima il

grafico per “asintoti” (ovvero per rette) invece di disegnare una curva simile a quella reale.

Diciamo che consideriamo il risultato relativo ad τ⋅ω<< 1 fino al punto ω=1

τ (detto di rottura, poichè si ha τ⋅ω=1 ) dopodichè consideriamo il risultato relativo ad τ⋅ω>> 1 .

Tutti i moduli fin qui calcolati vanno considerati negativi in quanto si tratta di un polo. Ovvero la formula

iniziale corretta era |G( jω)|dB=−20⋅log10(√1+τ2⋅ω2 )

Vediamo la fase. Sappiamo che possiamo calcolare la fase di un numero complesso (come lo è G( jω ))

come arctan (parteImg

parteRe)

, visto che è un polo (quindi il numero è elevato alla –1) l’arctan avrà segno negativo prima (posso vederlo come differenza di esponenziali). Dunque∠G( jω )=−arctan (ω⋅τ )

se τ⋅ω<< 1 allora, per come è definita l’arcotangente ∠G( jω )=0

se τ⋅ω>> 1 allora ∠G( jω )=−π

2

se τ⋅ω=1 allora ∠G( jω )=−π

4

Dunque i diagrammi risultanti sono: moduli

fasi (si nota che è consigliato approssimare la discesa una decade prima e terminarla una decade dopo di

ω=1τ )

Diagramma generale per poli e zeri sempliciConsiderando ora poli e zeri, per le proprietà viste prima, possiamo velocemente disegnare i diagrammi

degli zeri e della forma (1− j⋅τ⋅ω ) (notare il segno -)moduli

fase:

Esercizio 1

Sia G( s )= 1

10⋅(1+s )5+s dobbiamo portarla nella forma di bode:

G( s )= 110⋅(1+s )

5⋅(1+ s5)= 1

50⋅(1+s )

(1+ s5)

da cui, trasformandola inG( jω ) ottengo:

G( jω )= 110⋅(1+ jω)

5⋅(1+ jω5)= 1

50⋅(1+ jω)

(1+ jω5)

Sappiamo che |k|db vale |k|db=−34db (utilizzando sempre la formula: |G( jω)|dB=20⋅log10(|k|)).

I punti di rottura sono:{zero τ z=1 , ω=100

polo τ p=15 , ω=5

Quando diagrammo ottengo:

Quello delle fasi.

Esercizio 2

G( s )= 1s2⋅(10+s )s−100 metto in evidenza...

G( s )= 1s2⋅10⋅(1+ s

10)

−100⋅(1− s100

)=− 1

10⋅1s2⋅(1+ s

10)

(1− s100

)

Sostituendo s= j⋅ω otteniamo G( jω )

G( jω )=− 110⋅ 1( jω)2

⋅(1+ j ω

10)

(1− j ω100

) diagrammando e tenendo conto di cosa abbiamo detto

precedentemente, con i punti “notevoli” (di rottura) {zero τ z=10−1 , ω=101

polo τ p=10−2 , ω=102 , otteniamo:

ah, prima c’è al costante |k|db=−20db=20⋅log10(10−1 )

Nota: il diagramma deve essere leggermente ristretto, poichè ho piazzato la pulsazione dello zero in 100

mentre è in 101 vale anche per il diagramma di sotto (con funzionamento diverso).

"Quindi si ha l'azione dei due poli nell'origine fino a 101 (-40db/dec pendenza) poi c'è l'azione dello zero che fa scendere il grafico non più di -40db/dec ma di -20db/dec e poi in 102 c'è l'altro polo che riporta il grafico a -40db/dec " (grazie Francesco chiappetta per la correzione)

fasi:

Nota: anche qui ho fatto un errore, non si parte da −2π ma da −π ci sono 2 poli nell’origine, non 4.

Ringrazio Giuseppe Valerio della segnalazione. Si parte da −2π poichè è vero che i poli nell'origine sono

solo 2, ma c'è la costante negativa (k=− 1

10 che aggiunge uno sfasamento di −π ).

Esercitazione 15/05/2009Diagramma poli complessi e coniugati

Dobbiamo diagrammare la funzione:

G( jω )= 1

1+2 jδ ωωn− ω2

ωn2

Iniziamo con il calcolarci il modulo in db:

|G( jω)|dB=−20⋅log10(√4δ 2 ω2

ωn2+(1− ω2

ωn2)2 )

vediamo i vari casi.

se ω<<ωn allora

ωωn→0

dunque il modulo è pari ad:

−|G( jω)|dB=20⋅log10(√4δ2⋅0+(1−0 )2 )=20⋅log10(1)=0

se ω>>ωn allora

ωωn

>>1 dunque il modulo è pari ad:

−|G( jω)|dB=20⋅log10(√4δ2 ω2

ωn2+(1− ω2

ωn2)2 )≃20⋅log10(

ω2

ωn2)≃40⋅log10(ω )

Da notare che ho evitato il meno davanti al logaritmo e l’ho messo davanti ad |G( jω)|dB se ω=ωn allora ho

|G( jω)|dB=−20⋅log10(√4δ 2 ω2

ωn2+(1− ω2

ωn2)2 )=−20⋅log10(√4 δ 2)=−20⋅log10(2δ )

Ricordo che i logaritmi con argomento compreso tra 0 ed 1 restituiscono un valore negativo, quindi se

0<δ< 12 il risultato del logaritmo sarà negativo e quindi il modulo positivo.

Ok ora passiamo al disegno dei moduli. Ovviamente approssimiamo il disegno con linee dritte (disegno

asintotico). Il problema sussiste quando siamo nei pressi di ω=ωn .

Infatti, se 0<δ< 1

√2 ci sarà un “picco di risonanza” ed il punto di attraversamento si può individuare seguendo queste regole

se 0<δ< 1

2 allora ωt>ωn dove ωt è la pulsazione per la quale |G( jωt )|dB=0

se

12<δ< 1

√2 (nota61) allora ωt<ωn

se

1√2<δ<1

non c’è risonanza.( ricordo che per la stabilità 0<δ<1 )

Il picco e la pulsazione di risonanza si calcolano così:

ωR=ωn √1−2δ 2

MR=|G( jωR)|dB=1

2δ⋅√1−δ2

Il disegno è il seguente:

la linea guida è il tracciato di color verde.Ora calcoliamo le fasi.

∠G( jω )=−arctan ( 2δ ωωn

1− ω2

ωn2)

Questa è l’arcotangente di parte reale e parte immaginaria dei poli complessi e coniugati.Vediamo qui come prima

se ω<<ωn allora

ωωn→0

dunque ∠G( jω )=0 (la parte img è nulla al numeratore)

se ω>>ωn allora

ωωn

>> 1 dunque ∠G( jω )=−π . Infatti il denominatore cresce più

velocemente del numeratore, il tutto tende a o−

. Però, poichè ha prevalenza il denominatore (sennò non si tendeva a zero) e questo rappreseta la parte reale, un numero reale negativo ha fase meno pigreco.

se ω=ωn allora ∠G( jω )=− π

2 in quanto il den si annulla e l’argomento va a più infinito.Il grafico delle fasi è il seguente:

Noi lo approssimeremo con il tracciato nero.

Diagrammi di NyquistOltre alle informazioni scritte sotto “lezioni”, aggiungo alcuni particolari interessanti:Come abbiam detto la curva di nyquist sul piano complesso è una curva chiusa, più precisamente

congiunge (come dovremmo aspettarci) i punti per i quali ω vale ω=0+ ,ω=0− . se questi coincidono nello stesso punto, non c’è problema se non coincidono, bisogna unirli con tante semicirconferenze a raggio infinito percorse in

senso orario quanti sono i poli nell’origine del sistema.

Passi per tracciare i diagrammi di Nyquist

1. Calcolo parte reale ed immaginaria di G( jω )2. Calcolo del comportamento nei punti estremi ω→0+ ,ω→+∞

Più specificatamente:

{ limω→0+

Re {G( jω )}

limω→0+

Img {G( jω )} ed { limω→0+

|G( jω)|

limω→ 0+

∠G( jω) ;

{ limω→+∞

Re{G( jω)}

limω→+∞

Img {G( jω )} ed { limω→+∞

|G ( jω)|

limω→+∞

∠G( jω)

3. Vedo se ci sono intersezioni, nel piano complesso, con l’asse reale e/o immaginario4. Se riscontro ambiguità confronto i valori con il diagramma delle fasi di bode

5. Traccio, tenendo conto dei poli nell’origine, il diagramma che congiunge i punti ω=0+ ,ω=0−

Diagrammi di Nyquist: polo nell’origine

G( jω )= 1jω=− j 1

ω1)Calcolo parte reale ed immaginaria:Re {G ( jω)}=0 sempre nulla quindi

Img {G( jω)}=− 1ω sempre negativa per l’intervallo di valori che consideriamo

2) Calcolo del comportamento nei punti estremi ω→0+ ,ω→+∞

ω→0+

{ limω→0+

Re {G( jω )}=0

limω→0+

Img {G( jω )}=−∞

{ limω→0+

|G( jω)|=+∞

limω→ 0+

∠G( jω)=− π2

ω→+∞

{ limω→+∞

Re{G( jω)}=0

limω→+∞

Img {G( jω )}=0−

{ limω→+∞

|G ( jω)|=0

limω→+∞

∠G( jω)=− π2

essendo un pochetto disordinato... vedo di fare una tabella più sinteticaRe {G ( jω)} Img {G( jω)} |G( jω)| ∠G( jω )

ω→0+ 0 −∞ +∞ −π2

ω→+∞ 0 0− 0 −π2

3) le intersezioni con gli assi non ci sono4) non ho ambiguità

5) dovrò disegnare una semicirconferenza per unire i punti ω=0+ ,ω=0−Il diagramma finale è:

Diagrammi di Nyquist: polo semplice

G( jω )= 1j ωτ+1

1)Calcolo parte reale ed immaginaria:

Moltiplico e divido G( jω ) per il complesso coniugato del denominatore

G( jω )= 1j ωτ+1

⋅1− j ωτ1− j ωτ

= 1− j ωτ1+ω2τ2

Re {G ( jω)}= 11+ω2 τ2

sempre positiva quindi.

Img {G( jω)}=− ωτ1+ω2τ2

sempre negativa per l’intervallo di valori che consideriamo.

2) Calcolo del comportamento nei punti estremi ω→0+ ,ω→+∞

Re {G ( jω)} Img {G( jω)} |G( jω)| ∠G( jω )ω→0+ 1 0− 1 0

ω→+∞ 0+ 0− 0 −π2

Nota: la fase la ricaviamo dalle nostre conoscenze del comportamento di certi termini, avendoli esaminati nei diagrammi di bode.

3) le intersezioni con gli assi non ci sono4) non ho ambiguità

5) non devo disegnare semicirconferenze per unire i punti ω=0+ ,ω=0−Il diagramma finale è:

Diagrammi di Nyquist: polo instabile

G( jω )= kj ωτ−1

=− k1− j ωτ

1)Calcolo parte reale ed immaginaria:

Moltiplico e divido G( jω ) per il complesso coniugato del denominatore

G( jω )=− k1− jωτ

⋅1+ j ωτ1+ j ωτ

=−k⋅(1+ jωτ )

1+ω2τ2

221)}(Re{

kjG

Img {G( jω)}=− k ωτ1+ω2τ2

2) Calcolo del comportamento nei punti estremi ω→0+ ,ω→+∞

Re {G ( jω)} Img {G( jω)} |G( jω)| ∠G( jω )ω→0+ k 0− k −π

ω→+∞ 0− 0− 0 −π2

Nota: la fase la ricaviamo dalle nostre conoscenze del comportamento di certi termini, avendoli esaminati nei diagrammi di bode.In questo caso la costante da un contributo di meno pigreco, poi il polo instabile fa salire la fase fino a meno pigreco mezzi.3) le intersezioni con gli assi non ci sono4) non ho ambiguità

5) non devo disegnare semicirconferenze per unire i punti ω=0+ ,ω=0− . Noteremo che il verso non è orario62

Il diagramma finale è:

Diagrammi di Nyquist: esempio tracciato semicirconferenze

2)1()(

sssG

2)(1)(

jjjG

1)Calcolo parte reale ed immaginaria:

221

)(1)(

j

jjjG

21)}(Re{

jG sempre negativa

Img {G( jω)}=− ωω2=− 1

ω sempre negativa

2) Calcolo del comportamento nei punti estremi ω→0+ ,ω→+∞

Re {G ( jω)} Img {G( jω)} |G( jω)| ∠G( jω )ω→0+

ω→+∞ 0− 0− 0 −π2

Nota: la fase la ricaviamo dalle nostre conoscenze del comportamento di certi termini, avendoli esaminati nei diagrammi di bode.

In questo caso il doppio polo nell’origine da un contributo di meno pigreco, poi lo zero fa salire la fase fino a meno pigreco mezzi.3) le intersezioni con gli assi non ci sono4) non ho ambiguità

5) devo disegnare 2 semicirconferenze per unire i punti ω=0+ ,ω=0− .Il diagramma finale è:

Notiamo che quando ω→0+ , la curva per ω>0 è più schiacciata verso l’asse reale. Questo ce lo

aspettiamo anche perchè la fase, per ω→0+ , è tangente ad , ma non solo! Infatti confrontiamo fase reale ed immaginaria:

21)}(Re{

jG

Img {G( jω)}=− ωω2=− 1

ω

la fase reale, con ω→0+ , tende ad infinito più velocemente della fase immaginaria, graficamente l’effetto è il seguente:

Quindi, appiattendosi verso l’asse reale, la congiunzione deve fare praticamente una doppia semicirconferenza (relativa ai 2 poli nell’origine).Per lo stesso motivo, quando ω→+∞ , la parte reale perde “peso” più velocemente della parte

immaginaria e quindi la curva si schiaccia verso l’asse immaginario (ed è tangente a −π

2 ).

Esercitazione 03/06/2009 Esercizi sulla trasformata zeta: segnale periodico

Sia un segnale periodico così disegnato:

Si nota che il segnale ha un periodo T=3, quindi possiamo isolare la sequenza periodica )(kf p

Da cui ci è facile ricavare la trasformata zeta seguendo la definizione:

2

2

0

21

0

1)()()]([)(zzzzzkfzkfkfZzF

k

kp

k

kppp

Da notare che )(kf p potevo vederla così: )2()1()( kkkf p poi utilizzando il teorema del ritardo ottenevo lo stesso risultato. Dunque ho, per la proprietà della trasformata dei segnali periodici (vedere punto Error: Reference source not found):

32 111)(

zz

zzF

Esercizi sulla trasformata: un segnale compostoSia il segnale composto:

)5()3()()()( kscakscakscakkf Graficamente:

Sfruttando sia la linearità che la proprietà del ritardo ottengo:

1111)( 53

zzz

zzz

zzzF

Si può osservare che potevo scrivere )(kf nel seguente modo:

)4()3()()()( kkkkscakf

poichè )( pk aggiunge 1 nel punto k=p.

Esercizi sulla trasformata: rampa )()( krampZkscakZ

Per il teorema della differenzazione possiamo dire che:

)()()( kscaZdzdzkscakZkrampZ

ovvero:

22 11

)1(1

)(

zz

zzzz

zzZ

dzdzkrampZ

Si nota che non si può applicare il teorema del valore finale poichè ci sono due poli in 1.

Esercizi sulla trasformata: segnale composto 2

Sia ])5.0()([)1.0()( kk kscakf pongo ])5.0()([)(1kkscakf ed utilizzo la proprietà

del prodotto per un esponenziale (del tipo ka ). Quindi ho che:

5.01)(1

zz

zzzF

poichè il secondo termine è una successione geometrica.

201

1015.010

10110

10)10()1.0()'( 1

z

z

z

zzz

zzzFzFzF

Antitrasformata es no1

Sia l’uscita del sistema )(*)()( kscakgky con 5.09.0)(

z

zG.

Allora 15.09.0

15.09.0)]([

5.09.0)(

zzz

zz

zkscaZ

zzY

Consideriamo lo sviluppo di heaviside, che elimina lo z al numeratore, in quanto abbiamo poli distinti non nulli:

15.015.09.0)( 21

zR

zR

zzzzY

Calcoliamo i residui con il teorema omonimo:

8.11

9.0)(5.0lim5.01

zzzYzR

z

8.15.0

9.0)(1lim12

zzzYzR

z

Quindi: 18.15.0

8.1)(

zz

zzzY

antitrasformando:)(8.1)5.0(8.1)( kscaky k , 0k

Antitrasformata es no2

Data: 15.0)( 2

2

zzzzY

. A questa trasformata possiamo applicare il teo. del valore finale.

Osserviamo che 5.05.05.02 jzjzz dunque con lo sviluppo di heaviside (poli

distinti non nulli) e utilizzando le fratte semplici, da notare che z2

al numeratore viene sempificato dall’aggiunta delloz al denominatore, avremo:

15.0*

5.015.05.0)( 211

zR

jzR

jzR

zjzjzz

zzY

facendo l’osservazione che i poli complessi e coniugati hanno i residui complessi e coniugati. Nuovamente con il teorema dei residui:

15.05.025.0)(5.0lim

5.01

jjj

zzYjzR

jz

15.05.025.0)(5.0lim*

5.01

jjj

zzYjzR

jz

25.01

1)(1lim12

zzYzR

z

Da cui, lasciando i valori letterali al posto di quelli numerici:

15.0*

5.0)( 211

z

zRjzzR

jzzRzY

la cui antitrasformata è:

)(5.0*5.0)( 211 kscaRjRjRkykk

Sfruttando la forma esponenziale dei numeri complessi posso scrivere:

)(5.0*5.0)( 22

12

1 kscaReReRkykjkkjk

Riscritta in parte reale ed immaginaria:

)()2

sin(5.0}Im{2)2

cos(5.0}Re{2)( 21

seno del formadalla proviene

1 kscaRkRkRkykk

Formule preconfezionate per la gestione di poli complessi e coniugati

22

1

)sin(2)sin()sin()(

aazzazZka k

22

1

)cos(2)cos(()cos()(aazz

azzZka k

Esempio formule preconfezionate 12

112)( 22

2

2

zz

zz

zzzzF

Il primo termine è riconducibile al coseno, a patto di scegliere 2

ed 1,1 a per semplicità scegliamo a=-1.

Il secondo termine potrei moltiplicarlo e dividerlo per zeta, scrivendo: 112 2

2

zz

z , ma questo è uguale al precedente, con un termine di ritardo. Dunque:

)12

cos(2)2

cos()( kkkf

Antitrasformata dei coefficenti binomiali

11

1)!(!!

mzzZ

mk

mkmk

1

1 )1()!(!

!m

mkk

pzzZ

mk

amkm

ka

Equazioni alle differenze a ritardi finiti e relative soluzioni nel dominio della trasformata zeta: no1

Come detto nella parte relativa alle lezioni, la trasformata zeta è utile per calcolare facilmente la soluzione di un’equazione alle differenze che, altrimenti, richiederebbe di essere calcolata 0k .Ricordiamo che un’equazione alle differenze a ritardi finiti implica la conoscenza delle condizioni iniziali

(ovvero per i valori, quando 0k , di mjnijuiy ,,1 ,,1 )(),( …… ) altrimenti non è risolvibile.

Dunque, supposto un ingresso a gradino, abbiamo:)2(25.0)1()2(02.0)1(3.0)( kscakscakykyky

Con condizioni iniziali nulle.Dunque, utilizzando il teorema del ritardo, trasformiamo ed abbiamo:

)(25.0)()(02.0)(3.0)( 2121 zUzzUzzYzzYzzY

con 1)]([)(

zzkscaZzU

mettendo in evidenza abbiamo:

)(

02.03.0125.0)( 21

21

zUzz

zzzY

.Per convenzione, cerchiamo di rendere gli esponenti positivi, sia a numeratore che a denominatore, dell’espressione razionale fratta. Quindi moltiplico e divido per 2z Dunque:

102.03.0

25.0)(02.03.0

25.0)( 22

zz

zzzzU

zzzzY

Equazioni alle differenze a ritardi finiti e relative soluzioni nel dominio della trasformata zeta: no2

Sia )1()1(3.0)( kukyky

Con condizioni iniziali 0)1(,3)1( uy . In questo caso utilizziamo il teorema del ritardo nella variante delle condizioni iniziali non nulle, quindi si ottiene:

prima Come

1

nullenon iniziali condizionicon ritardo del Teorema

1 )1()()1()(3.0)( uzUzyzYzzY

Poi si attua lo stesso procedimento fatto precedentemente.

Esercitazione 24/06/2009Esercizio no1: Progetto di un controllore per sistema a dati campionati

Abbiamo lo schema del sistema a dati campionati

Sappiamo che )125.01(1)(

ssssG

Lo scopo è progettare )(zC in modo tale che si abbiano le seguenti specifiche: Errore nullo alla rampa

%20%max S

sec10%5, aT

Eser. no1: specifiche statichePer prima cosa calcoliamoci le specifiche statiche, queste possono essere trattate studiando il sistema eliminando campionatore e ricostruttore (che non possono essere eliminati per il transitorio).

Quindi consideriamo il sistema

Sappiamo che )()()( sYsRsE ma )()()()( sEsGsCsY

Sostituendo ho: )()()()()( sEsGsCsRsE

da cui: )(

)()(11)( sR

sGsCsE

Grazie al teorema del valore finale (devo aggiungere qualche formulicchia veloce di controlli automatici) abbiamo che

)()()(1

1lim)(lim)(lim00

sRsGsC

ssEsteesst

Sapendo che l’ingresso è una rampa, abbiamo che 2

1)(s

sR quindi:

20

1)()(1

1limssGsC

ses

ssGsCssGsCse

ss

1)()(1

1lim1)()(1

1lim020

Ma )()()(sDsNsG

quindi sostituisco: ssNsCsDsDe

s

1)()()(

)(lim0

Ovvero: )1()()125.01()125.01(lim1

)1()()125.01()125.01(lim

00

ssCsss

sssCsssse

ss

Supponiamo )()( sCksC T , dove )(sCT è la parte di controllore che regola il transitorio, con la

regola che CT (s=0 )=1 ,ed otteniamo:

kskssse

s

1)1()125.01(

)125.01(lim0

Quindi con )()( sCksC T non raggiungo la specifica a regime. Allora provo )()( sC

sksC T

Sostituisco nell’ultima formula velocemente:

0lim1limsk trannes zero a mando

)1()125.01(

)125.01(lim000

ks

sks

skss

sesss

Quindi con

)()(

)(

sCsksC T

sCs

riesco a rispettare la specifica. Bene ho trovato la prima parte del controllore, la parte statica.

Eser no1: ricavo dei parametri del sistema per la precisione dinamicaOra devo ricavarmi i parametri del sistema per la precisione dinamica.Sappiamo che

Smax %=100⋅e−δ⋅π

√1−δ2

da cui, sapendo %20%max S ottengo delta in questo modo, per semplicità

pongo 100%max AS quindi

)(log

log )(

1 ed 0 tracompreso è quantoin

)( )( 1log

1log 1

log 100100

22

2

22

2

222

22222222222222

2

211

2

22

AA

BB

BBBBBBA

AAeAeA

e

e

B

e

ee

Quindi nel nostro caso

45.0)2.0(log

2.0log22

2

e

e

Sapendo la relazione M

fasec .a≃100⋅δc .c . allora 45.acfaseM

Poi sappiamo che T a ,5 %=

3δ⋅ωn (vedere punto Error: Reference source not foundError: Reference

source not found, voglio i riferimenti incrociati semplici, aaaaaaaaaaaaaa maledetto word). Dunque

scrivendo: naT

45.0

310%5,

ottengo 67.0n . Poi sappiamo che ac

Tn. per 2 motivi.

Un sistema con grado relativon−m≥2 è approssimabile come un sistema del secondo ordine (vedi punto Error: Reference source not found) ed inoltre per un sistema del secondo ordine la pulsazione di attraversamento è, appunto, circa uguale alla pulsazione naturale dei poli (vedi punto Error: Reference source not found).Dunque per rispettare la precisione dinamica

67.045

.

.

acT

acfaseM

Eser no1: scelta del tempo di campionamentoIl tempo di campionamento si calcola sapendo che la pulsazione di campionamento (sampling)

acTs

.20 dunque sapendo che 5.0

2022

. ac

TscT

Posso anche scegliere (alternativamente) 50%5,a

c

TT

, però in tal caso il Professore ha scelto la prima opzione.

Eser no1: Approssimazione di campionatore e ZOHCi ricordiamo l’approssimazione di campionatore e ZOH in bassa frequenza, che è pari ad

2

1

1)(1

reCampionato

cZOH

cTs

sGT

chiamo questa (CR, campionatore e ricostruttore)

21

1)(c

CR TssG

quindi

sssGCR 25.01

1

25.01

1)(

Nota: osserviamo che il polo dell’approssimazione è addirittura più lento del polo dominante (togliendo

quello nell’origine) della funzione )125.01(1)(

ssssG

. Questo va bene se le nostre specifiche sono

“lente” (non ho capito moltissimo qui).

Quindi assemblo la nuova )()()(1 sGsGsG CR dove )25.01)(125.01(1)(1 sss

ssG

Aggiungendo la parte statica del controllore, ho

)25.01)(125.01(1)()()( 1 sss

ssksGsCsL s

Dobbiamo aggiungere in cascata a questa )(sL un’apposita rete correttrice che ci faccia rispettare le specifche di progetto nel transitorio.

Eser no1: Primi passi per la progettazione della rete correttriceSia che la rete da progettare sia anticipatrice, sia che sia ritardatrice, dobbiamo disegnare i diagrammi di

Bode di )(sL per farci un’idea. Quindi, analizziamo un pochino i valori di questa f.d.t. a ciclo aperto.

2 poli di questa sono semplici, pari ad 8

125.01

1

p ,

425.01

2

p lo zero è z=−1 .

Dunque ci sono 2 poli nell’origine che danno un contributo fisso di -40db/dec, poi intervengono 2 poli stabili ed 1 zero, per poi uscirne, con -60db/dec dopo che sono entrati in azione tutti gli elementi.

I punti di rottura (essendo poi moduli) sono 8

1p ,

41p , 1z .

Per semplicità pongo 1k Dunque:

Come fasi partiamo da −π per arrivare a 23

, questo avendo 0k (altrimenti c’era uno sfasamento di −2π iniziale)

Si vede subito che il margine di fase, presso la pulsazione di attraversamento, è esiguo. Una rete ritardatrice non riuscirebbe a darmi il margine di fase richiesto di progetto (che presso la pulsazione di attraversamento è circa 22 ° ), quindi ci vuole una rete anticipatrice.

Eser no1: Rete anticipatriceCerchiamo di aggiungere uno sfasamento Φ=30 ° (ricordo che per fisica realizzabilità non può essere

superiore ai 40) proprio nella pulsazione esistente di attraversamento, quindi 1 .

Dunque otteniamo da questi dati

sensena

11

e poi aa

1 1

da cui a≃0 . 33 e τ≃1. 74

Dunque abbiamo la rete anticipatrice in cascata ad )(sL che è pari ad

ss

sassC

Rt

57.0174.11

11)(

1

(R1 poichè è la prima di un’eventuale cascata di reti correttrici, e T perchè è relativa al transitorio).

Bene, ora , da algoritmo visto a lezione, disegniamo il nuovo grafico della nuova )(' sL ovvero:

ss

ssss

sksGsCsCsLsCsL

RR tst

57.0174.11

)25.01)(125.01(1)()()()()()(' 111

Ora abbiamo un nuovo polo ed un nuovo zero: 57.0

74.11

1

Rz

, 74.1

57.01

1

Rp

quindi:

Da notare che nei grafici ho )( jL e non )(' jL (piccolo errore).

Le fasi (anche se il disegno è orrendo) sono modificate. Soltanto che la pulsazione di attraversamento non è localizzata proprio presso il massimo margine di fase, ma in una zona dove il margine di fase non è molto più grande di quello precedente.

Come fare allora? Possiamo intervenire sul guadagno dbk

in modo tale che dbdbjLk )('

così da piazzarci presso la pulsazione in cui la rete anticipatrice offre il massimo sfasamento (che comunque non è quello massimo assoluto).

Otteniamo che dbk

db5

da cui 5.0k ed ottengo 50.acfaseM

Dunque con il campionatore sopra progettato, rispettiamo le specifiche dinamiche.

Eser no1: discretizzazioneOra dobbiamo discretizzare il controllore. Per completezza basta riportare la formula per la discretizzazione, i calcoli possono essere affrontati se avanza tempo. Quindi

1.C ( z )=C (s )|

s= (z−1 )⋅1T

2.C ( z )=C (s )|

s=( z−1z )⋅1

T

3.C ( z )=C (s )|

s=2 ( z−1)( z+1)

⋅1T

Se a TD l’uscita nel tempo risultante non rispetta le specifiche, diminuisco il tempo di campionamento

(oppure diminuisco la pulsazione di attraversamento agendo su dbk

, rallentando la velocità del sistema,

visto che ac

Tn. e

T a ,5 %=3

δ⋅ωn )

Eser no2: Tracciamento del luogo delle radici diretto ed indiretto della seguente f.d.t

)2(15)(

2

sssssG

calcolo il determinante del numeratore e vedo che sono due poli reali, e quindi

scrivo )2()20.0)(79.4()(

sssssG

(il k spunta nell’equazione a ciclo chiuso)

)()(1

)( sWsGk

sG

valutiamo il luogo diretto (per 0k ) abbiamo 2 zeri e 2 poli, quindi 2 rami che si chiudono sui due zeri. Ricordiamo che il luogo deve essere simmetrico rispetto all’asse reale).

Ora valutiamo il luogo per 0k (ricordandoci le modifiche, vedere punto Error: Reference source not found).Osservando che se un ramo deve chiudersi su uno zero, lungo l’asse reale, ma prosegue verso più infinito, allora diciamo che “spunta” a meno infinito, immaginando che percorre tutto l’asse reale.

con “l’idea” di un ramo che percorre questo tragitto:

Eser no3: Diagramma di Nyquist ed analisi della stabilità a ciclo chiuso

Abbiamo la funzione )1()1()( 2

ssssG

restringo la variabile al’asse immaginario:

jj

jj

jjG

111

111)( 222

rendo il denominatore reale

2

2

222

2

22 111

111

11

111)(

j

jj

jj

jjjG

Sviluppando abbiamo

22

2

11)(Re

jG ,

222 12

12)(Img

jG

Quindi con i limiti Re {G ( jω)} Img {G( jω)} |G( jω)| ∠G( jω )

ω→0+

−π (dai diagrammi di Bode so che ci

sono 2 poli nell’origine)

ω→+∞ 0 0 0−2π (sempre grazie a Bode)

Con bode posso anche sapere da quale quadrante passo, al crescere di omega:

Quindi interseco di sicuro l’asse Immaginario. Dove? Positivo o negativo? per vederlo annullo la parte reale:

1 01

1)(Re 22

2

jG Quindi

122

12)(Img 2

jG.

Dunque 10)0( jjG

Noto che per ω→0+ la parte reale va più velocemente ad infinito (ha sotto in 4 contro il meno uno

al numeratore), mentre per ω→+∞ la parte immaginaria si annulla più velocemente, e poi si tange−2π ) quindi il grafico è:

Avendo due poli nell’origine si devono fare 2 mezzi giri (un giro intero in pratica) per unire i due estremi (dove omega vale infinito) in senso orario.Vediamo la stabilità a ciclo chiuso della funzione. Quest’analisi si basa sull’accerchiamento del punto

01 js secondo le regole enunciate al punto Error: Reference source not foundError: Reference source not found . Il punto viene accerchiato due volte in senso orario (bisogna seguire tutto il tracciato, non solo uno), con due poli nell’origine (che mi permettono di fare i due mezzi giri), quindi avrò che

220orario sensoin

entiaccerchiampositiva realeparte a Poli

Z

. Il sistema è instabile a ciclo chiuso.

Eser no4: Luogo delle radici diretto ed indirettoData la funzione (stavolta k c’è dall’inizio, ma l’avrei trovato comunque nella funzione a ciclo chiuso)

21)1(

2212

)1(nota forma unain trasformo21

)1()(s

sk

s

skssksG

Per 0k il luogo diretto è:

Per 0k il luogo indiretto è:

Individuiamo la stabilità per quei valori di s tali per cui il polo inizia ad avere parte reale negativa, utilizzando l’equazione di taratura (vedi punto Error: Reference source not found). Quindi se

ksG 1)( (con k positivo) allora )(

1sGk

. Quindi:

2)1(21

ks

s

Questo valutato, per il luogo diretto, per s=0 dunque:

1k 2)01(

210

k

. Quindi se 1k nel luogo diretto tocco l’asse immaginario, con 1k ho la stabilità (avendo k crescente a partire dal polo, che si trova sul semiasse positivo).

Per 0k ho lo stesso ragionamento (tranne che devo anteporre il segno meno a k), ma per 0js (ovvero quando il ramo percorre tutto il semiasse positivo dei reali), dunque:

2k 2

1 2)1(

21

kk

Quindi, poichè k decresce a partire dal polo, quando 2k ho la stabilità.

Il Professore ha detto che possiamo individuare questo anche tramite Nyquist. proviamo.

jjkjG

21)1()(

rendo reale il denominatore

22

2

2

2

2

2

413

4121

41231

4121)1()(

4121)1(

2121

21)1()(

jkkjkjjkjG

jjkjj

jjkjG

2

2

4121)(Re

kjG

2413)G(jImg

k

Vediamo la solita tabellinaRe {G ( jω)} Img {G( jω)} |G( jω)| ∠G( jω )

ω→0+ k 0 k

−π (dai diagrammi di

Bode so che c’è il numero reale

negativo)

ω→+∞2k 0

2k

0 ° (sempre grazie a Bode,

poichè c’è il polo instabile. che dà contributo come

se fosse uno zero)Da quale parte il diagramma intersecherà l’asse immaginario? Vediamo la pulsazione per la quale la parte

reale è nulla: Re [G( jω )]=−k 1−2ω2

1+4ω2=0→→ω= 1√2

Dunque

Img [G( j 1√2

)]=−k3 1√2

1+4 12

=−k 1√2

Quindi il tutto dipende da k, disegniamo il grafico.

Nota: ho sbagliato ha scrivere il punto di attraversamento dell’asse IMG.Vaffanculo a word che mi ha destabilizzato il documento ed ora la maggior parte delle equazioni sono diventate immagini.Ora per le condizioni di stabilità di Nyquist (vedere punto Error: Reference source not found e punto Error:Reference source not found) avendo un solo polo instabile, dobbiamo girarci intorno, al punto critico, almeno una volta.Per far ciò, se 0k allora deve essere 1k da cui 1 k .Se 0k io sto ribaltando il grafico sia rispetto all’asse immaginario che rispetto all’asse reale (in pratica

e come se fosse la parte grigia, con lo stesso verso), allora poi il valore che si avvicina al punto critico è 2k

e, visto che il grafico deve circondare sempre almeno una volta in senso antiorario il punto critico, allora devo avere 2k .Forte il Professore.

Esercitazione 26/06/2009Esercizio no1: rete ritardatrice

Abbiamo il nostro solito sistema a dati campionati

Sappiamo che 22 )1(

212

2)(

sss

sG

Lo scopo è progettare )(zC in modo tale che si abbiano le seguenti specifiche:

%5e alla rampa

%30%max S

sec/2.0 radb

Eser no1: rispetto delle specifiche statichePer prima cosa calcoliamoci le specifiche statiche, queste possono essere trattate studiando il sistema eliminando campionatore e ricostruttore (che non possono essere eliminati per il transitorio)

Quindi consideriamo il sistema

Sappiamo che )()()( sYsRsE ma )()()()( sEsGsCsY

Sostituendo ho: )()()()()( sEsGsCsRsE

da cui: )(

)()(11)( sR

sGsCsE

Grazie al teorema del valore finale (devo aggiungere qualche formulicchia veloce di controlli automatici) abbiamo che

)()()(1

1lim)(lim)(lim00

sRsGsC

ssEsteesst

Sapendo che l’ingresso è una rampa, abbiamo che 2

1)(s

sR quindi:

20

1)()(1

1limssGsC

ses

ssGsCssGsCse

ss

1)()(1

1lim1)()(1

1lim020

Ma )()()(sDsNsG

quindi sostituisco: ssNsCsDsDe

s

1)()()(

)(lim0

Ovvero:

ssCs

ses

12)(1

1lim 2

2

0

Supponiamo )()( sCksC T , dove )(sCT è la parte di controllore che regola il transitorio, con l

regola che CT (s=0 )=1 , ed otteniamo:

sks

ses

121

1lim 2

2

0

Quindi con )()( sCksC T non raggiungo la specifica a regime. Allora provo )()( sC

sksC T

Sostituisco nelle ultima formula velocemente:

e+∞=lims→0

1s

( s+1 )2

( s+1 )2+ ks⋅ 2=mcm al den=lim

s→ 0

1s⋅ s ⋅ (s+1 )2

s ⋅ ( s+1 )2+2k=lim

s→0

(s+1 )2

s ⋅ (s+1 )2+2k= 1

2k

Dunque 10k 05.0

21

ke

Quindi con

)()(

)(

sCsksC T

sCs

riesco a rispettare la specifica, a patto che 10k (quindi con errori finiti si può giocare di meno con il guadagno statico, siamo limitati). Bene ho trovato la prima parte del controllore, la parte statica.

Eser no1: ricavo dei parametri del sistema per la precisione dinamicaOra devo ricavarmi i parametri del sistema per la precisione dinamica.Sappiamo che

Smax %=100⋅e−δ⋅π

√1−δ2

da cui, ponendo %30%max S ottengo delta

36.0

)3.0(log3.0log

22

2

e

e

Sapendo la relazione M

fasec .a≃100⋅δc .c . allora 36.acfaseM

Poi sappiamo che ac

Tcc

b... (vedere punto Error: Reference source not found, si non c’è la

pulsazione di attraversamento, ma la banda passante (a c.c.) è un maggiorante di questa). Dunque

possiamo dire che, viste le specifiche, sicuramente 2.0. acT .

Dunque per rispettare la precisione dinamica {M fasec. a .≥36

ωTc . a≥0.2

Eser no1: scelta del tempo di campionamentoIl tempo di campionamento si calcola sapendo che la pulsazione di campionamento (sampling), a patto

che si ipotizzi che ..cc

b non si discosti molto da 0.2, ωs=20 ∙ωTc. a .

dunque sapendo che

T c=2πωs= 2 π

20∙ωTc .a . ≅ 1.5 sec

Posso anche scegliere (alternativamente) 50%5,a

c

TT

, però in tal caso il Professore ha scelto la prima opzione.

Eser no1: Approssimazione di campionatore e ZOHCi ricordiamo l’approssimazione di campionatore e ZOH in bassa frequenza, che è pari ad

[ 1T c⏟

Campionatore

∙GZOH ( s )]= 1

1+s ∙Tc

2 chiamo questa (CR, campionatore e ricostruttore)

GCR ( s )=1

1+s ∙T c

2 quindi GCR ( s)=

1

1+s ∙ 1.52

= 11+0.75∙ s

Quindi assemblo la nuova G1 (s )=GCR ( s) ∙G (s)

dove G1( s )=

2(s+1 )2 (0 .75 s+1 )

Per semplicità pongo k=10 ed aggiungendo la parte statica del controllore, ho L (s )=C ( s ) ∙G1 ( s )=

1s

20(s+1 )2 (1+0.75 s )

Dobbiamo aggiungere in cascata a questa L (s )un’apposita rete correttrice che ci faccia rispettare le specifche di progetto nel transitorio.

Eser no1: passi successiviNON POSSO FARLI SENZA DISEGNI DECENTI (ALIAS: NON RIESCO A FARLI A MANINA IN VISIO, ME LI DEVO FAR DISEGNARE SENNò NON SI CAPISCE UNA FAVA). OK GRAZIE ALLA SCIMMIA PER SCILAB CE L’ABBIAM FATTA.

Per entrambi i tipi di reti correttrici, per prima cosa devo disegnarmi i diagrammi di bode di )(sL . Li

disegno in Scilab, tenendo conto che il passaggio tra frequenze è pulsazioni è il seguente: f 2 (e da questo possiamo vedere anche i diagrammi di Bode come spettri delle trasformte di Fourier).Dunque, disegniamo i diagrammi:

Vediamo che il margine di fase è addirittura negativo, quindi dobbiamo studiare un modo per alzarlo in modo tale da rispettare la specifica. Come fare?Ragioniamo: imporre una rete anticipatrice sarebbe assurdo, dobbiamo recuperare troppi gradi, e con il limite di fisica realizzabilità unito alla sperimentazione, dovremmo muoverci con sfasamenti di anticipo di circa Φ≃30 ° al massimo. Ce ne verrebbero troppe, senza contare che poi la pulsazione di attraversamento si sposterebbe in avanti e siamo già al valore minimo di guadagno d’anello (il k). Quindi il piazzamento è complicato, da lasciare questo compito ai più valorosi.Vediamo cosa potremmo fare con una rete ritardatrice.Potremmo piazzarla in modo tale da diminuire la pulsazione di attraversamento e quindi avere un margine di fase positivo. Abbiamo la possibilità (visto il grafico delle fasi) di recuperare un margine di fase adeguato alle specifiche, quindi basta piazzare la pulsazione di attraversamento esattamente dove scegliamo il nuovo margine di fase.

Eser no1: Piazzamento rete ritardatriceCon qualche calcolo (devo trovare un algoritmo di calcolo per via analitica con penna, foglio e calcolatrice DAL , senza riga, compasso e carta semilog) otteniamo che la nuova pulsazione di attraversamento è:

sec/23.0' radT .Dalla teoria (vedere punto Error: Reference source not found e successivi) sappiamo, che nel punto della

T' , il valore in decibel della funzione a catena aperta esistente deve essere pari ad

dbdbT a

jL 1)'( . Sappiamo pure che il coefficiente a è limitato per fisica realizzabilità a circa

dbadbaadbdb

200 2010log20 1.01 110

, che poi, questo

margine è fattibile ma molto costoso, quindi si limita ancora ad: dba

db)1513(

.

Dunque valutando il valore in sec/23.0' radT di )(sL ottengo: dbjL

dbT 2.38)'( Ovvero:

dbdbadb

2.382.38

1

(per proprietà dei logaritmi) ma ciò è assurdo. Quindi bisogna mettere più reti ritardatrici sovrapposte.

Proviamo a dividere in due reti ritardatrici identiche ed otteniamo: dbdba

db1.19

22.38

.

Ancora troppo, quindi dividiamo per 3: dbdba

db73.12

32.38

. Ok.

Ora, avendo il coefficiente in decibel, lo converto in modulo ed ottengo:

23.0

10 log6365.020

73.12 log2073.12 6365.01010

a

aaaadb

.Ma a è positivo quindi a=0 . 23 .

Problema, il Professore ha invertito la rete. Ovvero invece di avere ssasCrit

11)(

abbiamo

sassCrit

'1

1)(. Per mantenere lo stesso significato, semplicemente bisogna mantenere la

costante di tempo del polo più grande di quella dello zero. Dunque se prima avevamo p

zaa

dobbiamo mantenere lo stesso rapporto, dunque

aaaa p

z

z

p

'

1 1'1

'1

ovvero a '=4 .34 .Quindi dobbiamo piazzare 3 reti ritardatrici con coefficente polo-zero pari ad a '=4 .34 .

Quanto vale la costantedi tempo? Sappiamo dalla teoria che 10'T

z

(questo poichè gli effetti in fase

terminano esattamente una decade dopo z , e dunque non devono avere ripercussioni sul nuovo margine di fase).

Ma sappiamo pure che 1

z quindi, in questo caso, per migliorare i calcoli, non scegliamo

1023.0

z ma 10

1.0z

(che tanto è più piccolo del precedente, quindi ci sta ancora meglio) ovvero τ=100 .

Quindi ho 3 reti con questa struttura: sssCrit

10034,41

1001)(.

In totale il controllore sarà:

3

3

4341100110)()()(

ss

ssCsCsC

k

rits. Vediamo i diagrammi di

Bode della

3

213

1 43411001

)75.01()1(201)()()()(

ss

ssssGsCsCsL rits

Siamo riusciti nel nostro intento.

Eser no1: discretizzazione della reteOra dobbiamo discretizzare il controllore. Per completezza basta riportare la formula per la discretizzazione, i calcoli possono essere affrontati se avanza tempo. Quindi

1.C ( z )=C (s )|

s= (z−1 )⋅1T

2.C ( z )=C (s )|

s=( z−1z )⋅1

T

3.C ( z )=C (s )|

s=2 ( z−1)( z+1)

⋅1T

Eser no2: Discretizzazione d’impiantoDato un sistema del tipo

Abbiamo che il tempo di campionamento è T=0 . 1sec

Mentre 211)(

s

sG

Dobbiamo dicretizzare il tutto, ovvero portarlo in trasformate zeta. So inoltre, (vedere punto Error:

Reference source not found) che il ricostruttore ha la forma di laplace del tipo sesG

sT

zoh

1)(.

Per discretizzare il tutto devo prima ottenere la funzione nel tempo del prodotto tra )(sG e )(sGzoh , poi valutare questa funzione per kTt infine fare la trasformata zeta.Occhio che questo non vuol dire la stessa cosa della discretizzazione della rete correttrice.Quindi devo fare:

kTt

sT

kTtzoh sGseLZsGsGLZ )(1)()( 11

Tramite mapping (vedi punto Error: Reference source not found) posso discretizzare velocemente il

termine sTe1 , quindi:

kTtkTtzoh ss

LZzsGsGLZ 2111

111)1()()(

Con la scomposizione in fratte semplici ottengo:

kTtkTtzoh s

RsR

sRLZzsGsGLZ 2

321111

11)1()()(

Con il teorema dei residui (vedi punto, nulla, devo fare un’appendice su controlli automatici). Viene un bordello, e percarità. Vai di equazioni lineari!Minimo comune multilplo:

2132121

2

232

21

2321

1)2()(

111

11

ssRRRRsRRs

sssRssRsR

sR

sR

sR

Da cui, eguagliandola alla forma iniziale, ottengo:

11

1

10)2(

0)(

1

3

12

1

321

21

RR

RR

RRRR

RR

Quindi ho:

kTtkTtzoh sss

LZzsGsGLZ 2111

11

111)1()()(

Le antitrasformate di queste fratte semplici ono note (e le scriverò nell’appendice) quindi kTt

ttkTtzoh teetscaZzsGsGLZ

)()1()()( 11

kTkTkTtzoh ekTekTscaZzsGsGLZ

)()1()()( 11

2

11

1)1()()(

T

TTkTtzoh

ezzTe

ezz

zzzsGsGLZ

(vedere punto Error: Reference source not found e punto Error: Reference source not found)

Da cui, sostituendo T=0 . 1sec

21.0

1.01.0

11 1.01

)1()()(ezze

ezz

zzzsGsGLZ kTtzoh

Poi, dobbiamo visualizzare la funzione che abbiamo ricavato, che chiamiamo )(zF nella forma:

)()()(zDzNzF

dunque otteniamo: 2)90.0()935.0(004.0)(

zzzF

Eser no3: Equazione alle differenzeData l’equazione alle differenze che modella un sistema, nella forma:

)2()1(1.0)1(3.0)( tututyty

Si chiede di calcolare la risposta al gradino con condizioni iniziali 1)1( y , 0)2()1( uu .Si chiede inoltre di separare l’evoluzione forzata (che dipende dall’ingresso) dall’evoluzione libera (che dipende dalle condizioni iniziali).Dunque, trasformiamo con la trasformata zeta, considerando t∈Z , ricordando la linearità e il teorema del ritardo con condizioni iniziali nulle e non. Otteniamo:

forzata evoluzione

1

21

liberaevoluzione

1

211

211

)(3.01

1.03.013.0)(

)(1.0)1(3.03.01)(

)()(1.0)1()(3.0)(

zUzzz

zzY

zUzzyzzY

zUzzUzyzYzzY

Devo togliere, dalla forma matematica di Y(z), gli esponenti negativi alla variabile z, quindi rielaboro un pò ed ottengo:

forzata evoluzione

)(

2

liberaevoluzione

)(3.0111.0

3.03.0)( zU

zzz

zzzY

zG

Questa funzione è stabile poichè i poli di G(z) rientrano nel cerchio di modulo unitario sul piano zeta.Ora inserisco l’ingresso al gradino ed antitrasformo:

y l (t )=Z−1[−0.3 ⋅ z

(z+0.3 ) ]=−0.3 ⋅ (−0.3 )k

y f ( t )=Z−1[ (0.1 ⋅ z+1 )(1 ⋅ z2+0.3 ⋅ z)

zz−1 ]=Z−1[ R1

z+

R2

z−1+

R3

z+0.3 ](Grazie ad Andrea De Meco per le correzioni)Devo trasformarla allo stesso modo di quanto fatto nell’esercizio 2.

Eser no4: Trasformata stellata

Sia la funzione 22 11

)12(1)(

sss

sssssG

Con tempo di campionamento sec05.0T dobbiamo calcolare la trasformata stellata.

Ora

n

1)(1

)(di Residui)(*i

xsTexGsG

Formule di calcolo residui per la traformata stellata

Poli semplici:

sin funzione una Avremo

)()( 1)(lim

1)(di Residui ixsTPxxsT Px

exG

exG

i

Poli con molteplicità ni maggiore di uno

sin funzione una Avremo

)(1

1

)( )(1

)(lim!1

11

)(di Residui

i

i

i

i

nixsTn

n

Pxi

xsT PxexG

dxd

nexG

Eser no4: calcolo dei residuiIn questo caso abbiamo:

sTeR

1111

relativo al polo s1

)1(2 )23( TseTR reativo al polo 21

1s

Quindi 21)(* RRsG

Anche se io non mi trovo (vedere documento degli esercizi).

Appendice: Risolvere un problema di piazzamento della rete con penna, foglio e calcolatrice DAL a due linee di visualizzazione

Invece che con penna, foglio, carta semilog e squadretta.Viva la conoscenza e la tecnologia. Viva internet, i manuali online e la gente pro.Oggi ho scoperto, con mio grande rammarico, che la maggior parte delle persone (me copreso) non si merita quasi nulla di tecnologico, perchè non lo utilizza bene, anzi possiamo approssimare che non lo utilizza.

Dopo questa parentesi iniziamo.

RequisitiPenna, foglio, dati del problema, calcolatrice DAL (non grafica, DAL o scientifica, costano attualmente [2009] circa 10 euro), buona conoscenza delle funzioni della calcolatrice (se non le sapete, scaricate il manuale ed esploratele), minime capacità matematiche. Ogni calcolatrice DAL con display a 2 linee può risolvere equazioni algebriche, ci sarà utilissima.

Il ProblemaAnalizziamo l’esercizio della rete ritardatrice che io ho rappresentato con scilab. Quello al punto Error: Reference source not found.I primi passi sono semplici, poichè sono calcoli simbolici con riferimenti teorici, arriviamo al punto che otteniamo la seguente fdt a ciclo aperto:

)75.01()1(201)()()( 21 sss

sGsCsL s

Il nostro problema è: determinare la pulsazione di attraversamento.Normalmente il grafico potrebbe essere anche qualitativo, ma lo si fa su carta semilog altrimenti è un casino trovare la pulsazione di attraversamento, che poi ci serve per determinare il margine di fase esistente.Noi invece lo facciamo qualitativo e ce ne fottiamo. I calcoli precisi li facciamo con la nostra calcolatrice DAL.Io uso come esempio la mia calcolatrice la SHARP EL-506W (20 euro, ma va bene qualsiasi modello DAL a 2 linee).Passiamo la funzione al solo asse immaginario , e scriviamo:

)75.01()1(201)( 2

jjj

jL

Per calcolre il modulo in decibel dobbiamo scrivere:

15625.01log20)20(log20

15625.01log20)20(log20

)175.01(log20)20(log20)(

221010

2221010

21010

jjjLdb

a questo punto, la mia calcolatrice fa un pochetto le bizze con i logaritmi, ma va benissimo con le equazioni algebriche, allora mi accorgo che questa espressione sarà uguale a zero quando: 2015625.01 22

Ovvero: 02015625.01 22

Benissimo.Allora vado nella mia calcolatrice (Nota: i procedimenti per calcolatrici diverse possono cambiare cercate sul manuale “solver function” o comunque come risolvere equazioni), e nella modalità NORMAL scrivo, utilizzando la variabile di memoria X, la seguente espressione:

2015625.01 22 XXXCome la scrivo? Semplice.1. tasto: alpha2. tasto con sopra scritto X in alto a destra (l’X quasi blu)3. moltiplicazione4. apri parentesi5. nuovamente i passi 1 e 26. elevazione al quadrato7. addizione

8. 19. chiudi parentesi10. moltiplicazione11. radice quadrata (2ndF + tasto di elevazione al quadrato)12. apri parentesi13. ripeto passi 5 e 614. moltiplicazione15. etc.. finchè non chiudo la parentesi e scrivo -2016. Ricontrollo l’equazione se l’ho scritta bene17. una volta scritta l’equazione visualizzabile nella prima linea del display clikko il pulsante MATH18. premo 0 per la risoluzione19. Indico il valore di partenza per la X (0 va bene in quanto 0 )20. Indico il valore di ogni singolo step (quello di default va benissimo)21. Premo enter e mi arriva la soluzione, che equivale alla pulsazione di attraversamento

Otteniamo che 06.2 TXVediamo il margine di fase in questo punto (sempre con la calcolatrice).

75.0tantan2)0

(tan)0(tan 11

2/

1

positivo num

1

jL

Otteniamo 18590006.2jL Un margine di fase estremamente negativo.E come ci troviamo il margine di fase desiderato? (seguendo i ragionamenti dell’esercizio)

Vediamo subito che avevamo trovato dalle specifiche 36.acfaseM quindi, prendendo un margine di

circa 5-10 gradi, dobbiamo trovare 46.acfaseM , ed in quel punto piazzare la nuova pulsazione di

attraversamento.E scopro che la mia calcolatrice si mangia tranquillamente anche le espressioni con funzioni trascendenti, e non solo quelle algebriche semplici. Buono a sapersi (ma ciò vuol dire che prima mi sono complicato la vita inutilmente, bravo pier!).

Notiamo che per avere 46.acfaseM allora 134'TjL , noto inoltre che il polo nell’origine

darà sempre un valore di -90 con omega positivo, per cui posso scrivere: 4490'TjL . Questi 44 gradi saranno dati da

4475.0tantan2 11 . Dunque sulla mia calcolatrice scrivo: 04475.0tantan2 11 XX , e la faccio divertire. Trovo che 28.0' TX (e

lo verifico per sicurezza).

Dopodichè mi accorgo che il Professore aveva trovato 23.0' T , dunque il metodo è ottimo.Come ho detto sopra, viva la tecnologia e la conoscenza.

Appendice: Nozioni “spicciole” di controlli automaticiSenza alcuna spiegazione. (Se mi serve l’aggiungo, altrimenti questo file è libero, potete modificarlo come volete!)

Trasformata di Laplace

∫

0

)()()( dtetftfLsF st

L’integrale deve esistere per qualche valore di s ed ammette l’antitrasformata univoca solo per funzioni definite nel dominio t≥0 .

Se la traformata esiste, esiste una ed una sola antitrasformata, identificabile tramite le condizioni iniziali tra tutte le trasformate possibili di quella data (oppure, molto spesso, si sceglie l’antitrasformata con condizioni iniziali nulle).Inoltre campo di definizione:

RRtf :)(CCsF :)(

Linearità trasformata di LaplaceSiano: )()( 11 sFtfL , )()( 22 sFtfL

data: )()()( 213 tfbtfatf

allora: )()()()()()( 213213 sFbsFasFtfbtfatfL

Trasformata di Laplace della derivata di una funzione

Sia )()( sFtfL . Mi costruisco )(')( tftg .

Trasformando avrò )()( sGtgL ma questa sarà pari ad: )0()()()( tfssFsGtgL

da cui, per estensione: )0(')0()()0()()()(')( 2 tftfssFstgssGsHtgthL

In generale )0()0()()( 11 tftfssFstfL nnnn ⋯

Trasformata di una funzione traslata sTesFTtfL )()( .

Trasformata di una funzione integrale

Sia )()( sFtfL . Allora: Sia )(1)(

0

sFs

dttfLx

∫

.

Trasformata dell’integrale di convoluzione

)()()(*)()()(

neconvoluzio di integralel'per notazione

neconvoluziodi ntegrale

0

sGsFtgtfLdttgtafL

i

x

∫

(l’integrale di convoluzione diventa un prodotto nella trasformata)

Teorema del valore finale per le trasformate di Laplace

Se esiste ed è finito )(lim tf

t allora:)(lim)(lim

0sFstf

st

Teorema del valore iniziale per le trasformate di Laplace

Se esiste ed è finito )(lim

0tf

t allora:)(lim)(lim

0sFstf

st

Trasformate (e quindi antitrasformate) noteIn versione di trasformate

stscaL 1)]([

2

1)]([)]([s

tscatLtrampL

Ps

AeAL Pt

kPtk

PsA

ketAL

)!1(

1

22

2

)]([

s

tsenL

22)][cos(

s

stL

In versione di antitrasformate ALtA 1)( 1

Antitrasformata coppia di poli complessi e coniugati

**

]Re[]Im[tan]Im[cos]Im[]Re[2 11]Re[22

PsA

PsAL

AAtPeAA tP

Dove **,PA sono i complessi coniugati degli omonimi.Ovviamente per la stabilità 0]Re[ P .

Teorema dei residui trasformate di Laplace

Sia

h

i

k

gg

i

gii

PsA

AsF1 1

,0)(

Calcolo i residui come:)(lim0 sFA

s

ii

i

i

kiRk

Rk

iPsRi PssF

dsd

RkA ))((

)!(1lim,

con 1,,1 ikR ⋯

i

ii

kiPski PssFA ))((lim,

Bibo stabilità nelle trasformate di LaplaceUna funzione di trasferimento che modella un sistema è esternamente stabile se e solo se tutti i suoi poli

sono a parte reale negativa. Data la fdt )(sG

n,1,i , 0Re stabile BIBO è )(

1

1 …

in

ii

m

ii

PPs

ZssG

CorollarioBasta trovare un solo polo a parte reale positiva e tanti saluti alla stabilità.

Dimostrazione BIBO stabilità

Per semplicità supponiamo che i poli di )(sG abbiano molteplicità pari ad 1 e siano poli reali.

Quindi

n

iiPs

sNsG

1

)()(

con ji ji PP , i R iP

Posso riscrivere )(sG in fratte semplici, quindi:

nn

PsA

PsAsG

⋯

1

1)(

Noi sappiamo che l’uscita forzata (quella che dipende dall’ingresso) è data dall’integrale di convoluzione.

∫ t

f dxxuxtgty0

)()()(

Questa espressione la trasformiamo con Laplace ed otteniamo:)()()( sUsGsY f

Poniamo 1)( sU dunque la sua funzione nel tempo sarà )()]([1 tsUL , dunque definisco

)]([)( 1 sGLtg come risposta impulsiva del sistema (risposta all’impulso di dirac).

Supponiamo che )(tu sia un ingresso limitato, devo vedere se l’uscita è anche limitata, quindi ne analizzo il valore assoluto:

∫∫∫ ttt

f dxxuxtgdxxuxtgdxxuxtgty000

)()()()()()()(

ora faccio tendere t→+∞

∫∫

00

)()()()()( dxxuxtgdxxuxtgtyt

f

Essendo l’ingresso limitato, allora avrò che 0t u(t) : 0R R quindi

∫∫∫

000

)()()()()( dxxtgRdxRxtgdxxuxtgty f

Per ciò che abbiam detto sopra

n

n

PsA

PsALtg ⋯

1

11)(

Che con le trasformate note sappiamo che fa

n

i

tPi

tPn

tP in eAeAeAtg1

11)( ⋯

Quindi: ∫∫

0 10

)()( dxeARdxxtgRtyn

i

xPif

i

(anche se avrei dovuto scrivere t-x), da cui:

∫∫∫

0 10 1

realison poli i se

0 sempre è0 1 )( dxeARdxeARdxeARty

n

i

xPi

n

i

xPi

n

i

xPif

iii

∫∫

n

i

xP

ii

n

i

xPi

n

i

xPif

iii eP

ARdxeARdxeARty1 01 00 1

1)(

Tn

i

xP

iTi

n

i

xP

iif

ii eP

AReP

ARty011 0

1lim1)(

Il limite deve essere finito, visto che R ed Ai sono finiti, allora questo limite sarà

pari a 0 se 0iP

pari a se 0iP

pari a iP1

se 0iP . Ma se 0iP allora la primitiva di ∫

0

dxe xPi

diventa

∫∫ 000

1 xdxdxe xPi

che non è limitata.

Quindi l’unico risultato utile alla convergenza è che i poli abbiano parte reale negativa.

Risposta di un sistema con ingresso sinusoidalePoichè la trasformata di Laplace è definita sul campo complesso, posso rappresentare la fdt di un sistema, per js , in questo modo:

da

dipende cheG di fase

)(

da dipende cheG di modulo

)()( jeMjG

e

da

dipende cheG di fase

)(

da dipende cheG di modulo

)()( jeMjG

Se in ingresso al sistema entra una funzione sinusoidale del tipo )()( tsenUtf allora la risposta finale sarà

)()()( tsenMUty

1 Sfruttando pesantemente copia ed incolla le equazioni in word diventano più semplici da creare... però lo startup lo dà sempre USBtex.2 Scilab è potentissimo! Ho cambiato il mio obbiettivo da inseguire: voglio diventare bravo tanto quanto un progettista di Scilab (Seh!). Il problema e che la documentazione relativa è organizzata davvero male, speriamo la migliorino.3 Sembrerebbe che faccio questi appunti per gli altri. No. Il progetto (ovviamente personale) di fare questi appunti è motivato come segue:

1. per fare appunti digitalizzati bisogna leggere gli appunti, rielaborarli e riscriverli. Questo impiega tempo, ma è tutto tempo impegato utilizzando concetti di questa materia, e quindi la si memorizza meglio, con migliore coscienza.

2. per poter avere degli appunti digitali parzialmente corretti, serve, prima o poi, una revisione (già solo per correggere le parole scritte male). Questa revisione implica un ripasso totale, con coscienza, delle stesse, e dunque un ottimo esercizio per studiare la materia.

Ovviamente, essendo digitali, possono essere distribuite. Se possono dar aiuto a qualcuno, ben venga (inoltre se quel qualcuno segnala degli errori di qualsiasi genere, anche lui contribuisce a scrivere questi appunti), altrimenti pazienza, mi sono già aiutato solo.4 Ringrazio molto Francesco De simone per la segnalazione di vari errori.5 Questo documento è stato creato prima con word2000 e poi è stato passato su word2003. Inizialmente avevo un file .doc, poi word2000 ha iniziato a crashare durante il salvataggio del file (questo a causa della scorretta gestione degli oggetti equation, quando ne accumula qualche centinaio, word2000 sballa). Ho risolto passando a word2003. Il problema e che raggiunte le 190 pagine (e diverse centinaia di oggetti equazione) anche word2003 ha dato lo stesso problema di word2000. Insomma, tra le due versioni c’è stato solo un “rimando al problema”. Il problema è citato qui: Comparsa del messaggio di errore "Lo spazio su disco è esaurito ... .Ora, se l’utente crea, tramite un word processor, un documento utilizzando metodi di inserimento e formattazione non-standard, ci sta che questo diventi instabile, ma se utilizza inserimenti standard (porca paletta!) come la barra degli strumenti e le barre degli oggetti equazione, non dovrebbe poter rendere instabile il documento, cribbio!Che caspio di software professionale è (con un discreto costo aziendale, tra l’altro) se poi crasha appena utilizzo massicciamente oggetti diversi dal semplice testo, messi a disposizione da word stesso?Purtroppo ora cambiare il file in un altro formato è dura, quindi sono costretto a lasciarlo su word, ma per recuperare il file .doc, che era diventato inmodificabile, l’ho dovuto salvare in .docx (grazie all’aggiornamento dei formati per word2k e word2k3). Purtroppo questa operazione ha reso alcuni oggetti equazione (instabili, per l’appunto... stracaspio) in formato immagine, altrimenti non riusciva a convertirli. C’è da dire che convertendo tutto in rtf mi rendeva ogni equazione un immagine, quindi meglio di niente.Comunque non si fa così, specie per un’applicazione che dovrebbe essere ottima.6 Vediamo la stazionarietà cosa vuol dire. Un sistema LTI-TC per essere analizzato ha bisogno di alcune condizioni iniziali (in quanto dobbiamo risolvere un’equazione differenziale, senza queste... è dura).Quindi condizioni iniziali:

istante iniziale t=0

condizioni iniziali delle varie derivate, tutte nulle: yi(0−)=0 con i=0,⋯, n−1

Sia un segnale d’uscita pari a questa funzione (e−t+1 ):

se a t sostituisco t↦ t−τ0 ottengo che la funzione semplicemente viene traslata (nonostante venga rielaborata dal modello LTI-TC), ottenendo:

Infatti ( t−τ 0)=0⇒ t=τ0 se

pongo τ 0≥0 la traslazione è in avanti.

La stazionarietà mi assicura che, cambiando le condizioni iniziali (come ad esempio l’istante

iniziale che ora è τ 0 ) in modo omogeneo (ovvero tutte seguendo la stessa regola e non casualmente), ottengo la stessa funzione (a meno della traslazione).7 Due variabili si definiscono disaccopiate se una variazione dell’una non influenza l’altra e viceversa. Matematicamente (sempre per controllo digitale) ho una funzione di trasferimento H(s), che modella due variabili disaccopiate, rappresentata nel seguente modo:

H ( s )=(Gvar 1(s ) 00 Gvar 2(s ) ) infatti se io ho la matrice

(a 00 b ) che mi modella i

coefficenti dei due variabili ( x ed y ad esempio), ottengo il sistema {a⋅x=t1b⋅y=t2

dove si vede chiaramente che non esiste relazione tra x ed y. Invece se avessi avuto una matrice, elaborata secondo il metodo di gauss, ottenevo:

(a cd b ) equivalente al sistema:

{a⋅x+c⋅y=t1d⋅x+b⋅y=t 1 ovvero esiste una relazione tra x ed y. Se si cambia x, si modifica y e viceversa.8 Si definisce una frazione impropria quando il numeratore è maggiore od uguale del denominatore, propria nell’altro caso.

9 Questo perchè se il polo ha un valore assoluto maggiore, vuol dire che, posto | 1τ '| il polo

originario, avrò | 1τ ''|>| 1

τ '|>0

allora, visto che i poli sono negativi, avremo che −1τ ''<−1τ '<0

da cui ricaviamo, ricordandoci le operazioni sulle disequazioni, che τ '>τ ''>0 (poichè comunque τ>0 ). Perchè più veloce? Perchè, il polo con costante τ '

essendo più grande rende e−tτ

più lenta, poichè questa funzione tende a zero per

tτ→+∞

,

ma se io comparo i due esponenziali

tτ ' e

tτ '' il primo cresce più lentamente del secondo, e

dunque la funzione tende a zero più lentamente.10 Se α≠0 lo zero sparisce, se α≠1 si semplifica e rimane u

11

−1T>−1

τ in quanto il primo ha valore assoluto più piccolo del secondo (cioè |−1T|<|−1

τ|)

se T> τ .12 Questa si ottiene sostituendo t=0 nella y ( t ) , sugli appunti questa dovrebbe dare 0, ma non capisco come sia possibile se le due frazioni hanno stesso denominatore e numeratore

diverso ma sappiamo che uno è maggiore dell’altro (T 1>T 2>0 ) e che sono pollo....Allora vediamo di mostrare il perchè fa zero (è solo scritta in una forma “diversa” ).

y (0 )=1−T1

T 1−T 2+

T 2

T1−T 2=1+

T2−T 1

T1−T 2 ma basta mettere in evidenza un meno..

y (0 )=1+T2−T 1

T1−T 2=1−

(T 1−T2 )T 1−T2

=0

13 Ricordo che i diagrammi di bode si basano su G( jω ) che esiste solo se il sistema è stabile.14 Che nel dominio della frequenza sono prossimi al punto di attraversamento.15 Ricordando le trasformate di laplace si comportano nel seguente modo:L[ f ( t ) ]=F ( s )

L[∫0

t

f (u )⋅du ]=F (s )s

L[ f ' ( t ) ]=s⋅F (s )16 Se −1<δ<0 i poli sono a parte reale positiva ed il sistema è instabile.17 Il Professore sulla lavagna invece di Z ha messo I ed intendeva con I gli interi... ma io ricordo che I rappresenta gli irrazionali (individuati anche con Q). Comunque sia Z rappresenta gli interi

relativi, dunque per gli interi con valore positivo o si usa N (aggiungendo lo zero) o Z+

o magari scrivo cazzate.18 Ringrazio word2k che crasha durante i salvataggi e mi ha fatto perdere, per ora, una mezzora per ogni ora e mezza di lavoro.19Si parte da:

e−δ⋅π

√1−δ2≤0,1

applico il log in base e−δ⋅π√1−δ 2

≤log ( 110

)

chiamo −A=log( 1

10) in quanto un logaritmo di un numero minore di uno è negativo

−δ⋅π√1−δ 2

≤−A→−δ⋅π≤−A⋅√1−δ 2

poichè la radice è sicuramente positiva lo posso fare (altrimenti si cambiava verso alla disequazione).Posso elevare al quadrato cambiando verso alla diseguaglianza (poichè se ho −a<−b<0

ho anche, moltiplicando per -1, che a>b>0 , al quadrato a2>b2>0 ).

δ 2⋅π2≥A2⋅(1−δ 2)→δ 2⋅π2+ A2⋅(δ2−1 )⏟ho cambiato verso

≥0

δ2⋅(π 2+A2 )−A2≥0→δ≥±√ A(π 2+A2 ) da cui prendiamo il valore positivo. La

stessa cosa l’abbiam ricavata durante l’esercitazione nel punto Error: Reference source not found.20 osservo che un numero complesso nella forma ( jω+2 ) per ω→0+ ha solo parte reale quindi la fase vale 0.21 Per ogni coppia di punti diversi tra loro appartenenti alla curva si deve poter trovare un cammino, lungo la curva, che li connette.22 Bounded Input bounded output (ingresso limitato uscita limitata). (Grazie ad Andrea De Meco per la correzione)23 infatti se lo tocca, W ( jω) non è definita, se lo circonda Z=P+N=0 non darà zero.24 Ricordo che G( jω ) rappresenta la restrizione di G( s ) con variabile puramente

immaginaria (non è detto che G( jω ) sia puramente immaginaria)

25 Ringrazio Francesco De Simone per le correzioni sulla delta di kronecker e per la sequenza alternata (è -1 alla k e non 1)26 Essendo F (z ) un numero complesso, una delle possibili relazioni d’ordine tra due numeri complessi è l’ordinamento per confronto di moduli.

27 |a⋅z−1|<1→|a|

|z|<1→|a|<|z|

28 Abbimo detto che F(z) è nella forma: F (z )=

NF (z )DF (z ) . Il modulo di F(z) diverge (va ad

infinito) se il denominatore si annulla in qualche modo. Ma quando DF( z ) vale 0? Quando z assume il valore di un polo di F(z). Allora, per evitare ciò, io posso racchiudere tutti i poli di F(z)

entro una regione confinata, dentro la quale sicuramente F (z ) divergerà almeno una volta (se esiste almeno un polo). Ma come confino questa regione? In maniera “grezza” posso fare questo ragionamento:Il polo più lontano dall’origine (nel piano complesso) è quello con modulo maggiore. Se io creo un cerchio di raggio pari al modulo di questo polo, ho sicuramente racchiuso in questo tutti gli altri poli (che avranno modulo minore). Allora la circonferenza di questo cerchio sarà il bordo

della regione di divergenza. Posso osservare che, se F (z ) ha un certo numero di poli, allora almeno uno di questi sarà posizionato sul bordo della regione di convergenza (o divergenza), infatti proprio lui determinerà il raggio di questa circonferenza (per il ragionamento

precedente). Quindi, detto Pi il polo con modulo maggiore, avrò che: ∀ z :|z|<|a|=|P i|⇒|F ( z )|→∞ . Dunque dentro la regione di divergenza sono racchiusi tutti i poli.29 Ringrzio Roberto Di Cello per la segnalazione del seguente errore. Avevo scritto

sbagliando: Z [ f (k )=(Pi )

k ]= zz+Pi , la scrittura corretta è invece

Z [ f (k )=(−Pi )k ]= z

z+Pi .30 Se due quantità sono uguali (appunto un’equazione) ed i membri dell’equazione sono delle funzioni razionali fratte, il numeratore del primo mebro sarà uguale al numeratore del secondo membro ed analogamente lo saranno i denominatori. In pratica:N ( x )D( x )

=N ' (x )D ' (x )

⇒ N ( x )=N' ( x )∧D( x )=D' ( x ). Non solo! Considerando le

uguaglianze, se il numeratore ed il denominatore sono polinomi in x, allora i coefficenti relativi ad ogni grado della x devono essere uguali tra loro, ovvero, considerando solo i numeratori:

{N ( x )=an⋅xn+an−1⋅x

n−1+⋯+a0⋅x0

N ' ( x )=bn⋅xn+bn−1⋅x

n−1+⋯+b0⋅x0 ⇒ ai=bi ∀ i=0 ,… ,n

Ovvero devo avere un sistema di n+1 e equazioni lineari al fine di avere l’eguaglianza tra i due numeratori.

Se gli a i , i=0 ,… , n sono noti, mentre i b i , i=0 ,… , n sono in funzione di diversi coefficenti parziali che chiamo A allora io ho che il sistema di equazioni è riconducibile alla forma matriciale:( A ) (b i )=(ai ) dove il grado della matrice ( A ) è pari ad n+1 (ovvero pari al numero di equazioni) ed il determinante di questa non è nullo (altrimenti il grado non è massimo)31 La dimostrazione non rigorosissima è abbastanza semplice. Sappiamo che una qualsiasi

sequenza {u( k )}k=0+∞

può essere riscritta come: u( k )=∑

i=0

+∞

val( i)⋅δ(k−i) dove val(i) è il

valore della sequenza u(k) all’istante k=i.

Ma allora posso scrivere che: sca(k )=∑

i=0

+∞

1⋅δ( k−i) e sca(k−1)=∑

i=1

+∞

1⋅δ (k−i ). Ma

io posso riscrivere anche: sca(k )=δ(k )+∑

i=1

+∞

1⋅δ (k−i ).

Dunque sca(k−1)=sca(k )−δ (k ) ⇒∑

i=1

+∞

1⋅δ (k−i)=∑i=0

+∞

1⋅δ(k−i)−δ ( k )

32 Dal Professore Franzè dipendono tutti questi appunti (o meglio, dalla mia comprensione di ciò che lui spiega). Però diciamo che le spiegazioni richieste a ricevimento sono un “di più”33 Dato il segnale nel tempo u( t ) , e la sua trasformata nel dominio di Laplace U ( s ), avremo

che il segnale u( t−T ) ha trasformata U ( s )⋅e−sT

34 Incredibile. Per capire bene questa spiegazione serve la prima parte di Fondamenti delle telecomunicazioni, ma questa spiegazione migliora alcuni punti non chiarissimi spiegati a Fondamenti, un feedback positivo!35 La componente continua è il valore, della trasformata E( jω) con ω=036 Spettro = modulo del segnale trasformato con fourier e graficato37 Sistema non causale vuol dire che ha un uscita anche senza ingressi

38 (forse) Bisogna avere |s⋅T c|<< 1 in quanto nell’approssimazione di padè

esT c≃

1+sT c

2

1−sT c

2 si avrebbe che i due termini sarebbero all’incirca indipendenti da 1 ed il tutto si potrebbe

semplificare ad una frazione unitaria. Infatti se |s⋅T c|<< 1 allora esT c≃e0 ¿1 .

39 Ohhh, finalmente ho scoperto in visio il miglior metodo di esportazione in jpeg. Seleziono “source” (l’area occupata dal diagramma selezionato) ed in output “screen” (l’area occupata dal diagramma in relazione con la risoluzione dello schermo), così non ho più immagini con spazi persi (vedere quelle di prima).40 Ricordo che il prodotto tra matrici non è commutativo, ovvero, salvo matrici quadrate, se ho matrici rettangolari e le scambio, il prodotto potrebbe non essere definito.

41 Aeσ⋅t⋅cos (ω⋅t+Φ ) perchè? Perchè se il polo (s+ p j) si annulla per

s=σ+ jω=−p j , allora e−p j t=eσ⋅t e jω⋅t

ma grazie ad eulero

e− p j t=eσ⋅t e jω⋅t=eσ⋅t [cos (ω⋅t )+ j sin(ω⋅t )] prendo solo la parte reale: e−p j t=eσ⋅t [cos (ω⋅t )] . Dove A è un coefficente e Φ uno sfasamento (che di solito è

nullo). Occhio che non mi quadra al 100% questa spiegazione. Potrebbe essere solo parzialmente sufficiente e non corretta.42 La seconda sommatoria ha indici cambiati relativi al cambio di variabile. Se a=0 implica che k−a=0 , dunque a=k , se a=+∞ implica che k−a=+∞⇒a=−∞−k=−∞ . Infine, poichè è una somma, che io sommi da 0 ad infinito o da infinito a zero, non cambia niente (proprietà commutativa).

43 |a⋅b+c⋅d|≤|a⋅b|+|c⋅d|=|a|⋅|b|+|c|⋅|d|44 Questo principio è utilizzato anche nella tabella di routh, quando ad uno zero aggiungiamo un epsilon per vedere se la radice e positiva o negativa

45 Con la scrittura “a mano” si possono usare velocemente un ampio numero di simboli. Con la scrittura digitale, i simboli velocemente utilizzabili sono quelli presenti sulla tastiera, gli altri sono più complessi, quindi, per quanto posso, evito di usare lettere greche come ν

46 infatti G( s )=N (s )

D (s ) e

W ( s )= k⋅G(s )1+k⋅G( s )

=k⋅N ( s )D( s )⏟k⋅G ( s)

1

(1+k⋅N ( s )D( S ))=

k⋅N (s )D (s )+k⋅N (s )

47 1+k⋅G(s ) è un polinomio, riscrivibile nella forma P( s )=∏

i=1

n

(s+Pi )hi

dove il grado

totale è ∑i=1

n

hi=N. Sappiamo che se s=−Pi allora

P( s=−P i)=∏i=1

n

(s+Pi)h i=0

poichè annulla un binomio, precisamente il binomio (s+Pi )hi

. Ora deriviamo il polinomio

osservando che io posso scrivere f i [g i(s ) ]=[gi( s )=(s+P i)]hi

dunque avrei che dds [P (s )]=∑

i=1

n dds [ f i [gi( s )] ]⋅ ∏j=1 , j≠i

n

f j [g j(s ) ]=∑i=1

n

hi (s+P i)h i−1⋅ ∏j=1 , j≠i

n

( s+P j)h j

ma

di questo nuovo polinomio (che è il polinomio derivata) s=−Pi è ancora soluzione hi−1

volte. Con la derivata seconda viene un bordello, ma s=−Pi sarà soluzione hi−2 volte,

etc... Vediamo perchè proprio hi−1 (nel caso di una sola derivazione).

Scriviamo in modo esteso isolando la derivazione del binomio (s+Pi )hi

ed otteniamo:dds [P (s )]=hi(s+Pi )

hi−1⋅∏j=1 , j≠i

n

( s+P j)h j+ ∑

i=1 , i≠i

n

hi(s+Pi)hi−1

¿ ∏j=1 , j≠i

n

( s+P j)h j

Ora dividiamo per (s+Pi )hi−1

ed eguagliamo a zero ed otteniamo:

hi⋅∏j=1 , j≠i

n

( s+P j )hj+∑

¿

n

¿n

¿¿¿¿=0¿

quando s=−Pi , questa nuova identità non sarà verificata, in quanto il primo termine non si

annullerà (gli altri si poichè è presente (s+Pi ) ). Dunque s=−Pi è soluzione della derivata hi−1 volte (pari all’esponente del binomio (s+Pi ) per cui abbiamo diviso).Questa è la dimostrazione più lunga, che ho risolto grazie allo spunto dato dal Professore Garone (che come il Professore Franzè è colui che espone il contenuto i questi appunti, ma le note sono “qualcosa in più” quindi lo cito).La dimostrazione più “visibile” è:

Possiamo vedere il polinomio nella forma: P( s )=∏

i=1

n

(s+Pi )hi=(s+Pi)

hi¿P1( s) con

P1( s )= ∏i=1 ,i≠i

n

(s+Pi)h i

dunque derivando abbiamo:dds [P (s )]=hi(s+Pi )

hi−1⋅P1(s )+(s+P i)

hi¿ dds [P1( s )]

Poi da qui applichiamo il ragionamento precedente.

Sembra una cazzata ma non lo posso ricondurre alla forma ansn+⋯+a0 poichè altrimenti

non visualizzo la molteplicità relativa ad un polo.48 Preferisco fare un disegno ed una buona descrizione che quattordicimille disegni che mi costano tempo e non aggiungono molto49 Da notare che la simmetria è necessaria in quanto per ogni soluzione complessa esiste la sua coniugata, che è simmetrica rispetto all’asse reale50 Mi spiace non utilizzare sempre i caratteri greci, ma la tastiera è latina e perdo molto tempo a selezionarli

51 Sia la successione {c1 ,…, cn} la media geometrica di questa è ~c=n√c1⋅⋯⋅cn

52 Ovvero, la nuova pulsazione di attraversamento dovrà essere piazzata almeno all’inizio della regione di alta frequenza della rete ritardatrice.53 amin in quanto se a spazia tra 1 e 0.1 il suo contributo in decibel va da 0 a -20. Se a scende sotto il valore 0.1, può arrivare a meno infinito, ed è assurdo.54 precisamente: e

a⋅eb=ea+b55 Perchè la fase è modellata dall’esponenziale complesso, dunque, tenendo conto solo delle fasi e non dei moduli:

∠ 1G( jω)

= e j⋅∠1

e j⋅∠G ( jω)=ej⋅[0−∠G ( jω )]=e− j⋅∠G( jω)=−∠Gi( jω)

ricordando che la fase di un numero reale positivo (1) è nulla.56 Si può rappresentare in vari modi, basta specificare alcune azioni.

57 Se ho il binomio ( x+ 1

a)

mettendo in evidenza

1a ottengo:

1a ( x

( 1a )+1)=1

a( x⋅a+1 )

58 ej⋅θ=cos (θ )+ j⋅sin(θ )

59 |(1+ j⋅τ⋅ω )|db=|(1− j⋅τ⋅ω )|dbCalcoliamo il valore del primo termine in db:|(1+ j⋅τ⋅ω )|dB=20⋅log10(|(1+ j⋅τ⋅ω )|)

ma il modulo di (1+ j⋅τ⋅ω ) è (in quanto numero complesso) : √1+τ2⋅ω2 che è

indipendente dal segno prima di j. Dunque sono uguali.60 ∠(1+ j⋅τ⋅ω )=−∠(1− j⋅τ⋅ω )Disegniamo un pò questi numeri. Il primo lo chiamo P ed il secondo P*.

come si vede, per P* la fase è proprio al stessa di P ma con segno negativo.

61 faccio notare (in primis a me stesso) che

12< 1√2 poichè se 2>√2 allora con i reciproci

si cambia il verso della diseguaglianza 62 probabilmente poichè il verso, molto semplicemente, segue la direzione di crescita di omega, dunque non è sempre orario.