Esercizio 19sintesi con PI e rete attenuatrice (tema d'esame luglio 2025)

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Teoria usata: Problema di regolazione e sintesi per tentativiProblema di regolazione: data $G$ propria, senza poli in $\mathrm{Re}>0$, con $G(0)\ne0$ (cioè $G=\frac{K_B(G)}{s^r}G_1$, $G_1(0)=1$), progettare $C$ propria tale che $W=\frac{CG}{1+CG}$ sia BIBO stabile, di tipo $k$ con $|e_{rp}^{(k+1)}|\le e^$, con $\omega_A\simeq\omega_A^$ e $m_\varphi\ge m_\varphi^$. Sintesi per tentativi: Passo 1 $C'=\frac{K_B(C')}{s^\alpha}$ ($\alpha=\max(k-r,0)$, $|K_B(C')|$ minimo che soddisfa l'errore, segno di $K_B(G)$); Passo 2 $C''$ con $K_B(C'')=1$ che porta $\omega_A$ e $m_\varphi$ ai valori voluti in quattro casi ($\omega_A\gtrless\omega_A^$, $m_\varphi(\omega_A^)\gtrless m_\varphi^$): guadagno, rete anticipatrice, attenuatrice, a sella. Il criterio di Bode garantisce la stabilità.Problema di regolazione e sintesi per tentativi →, Controllori PIDIl controllore PID calcola $u=K_pe+K_d\dot e+K_i\int e$, cioè $C_{PID}(s)=K_p+K_ds+\frac{K_i}s=\frac{K_i}s\Big(1+\frac{K_p}{K_i}s+\frac{K_d}{K_i}s^2\Big)$ (due zeri e un polo nell'origine: non proprio). Nella sintesi per tentativi $\frac{K_i}s$ alza il tipo (Passo 1) e i due zeri sono una doppia azione anticipatrice (Passo 2): $PI$ = un integratore + uno zero (anticipo fino a $90^\circ$), $PID$ = integratore + due zeri (anticipo fino a $180^\circ$), $PD$ = zero senza integratore. Gli zeri si mettono $\frac M{20}$ (PI) o $\frac M{40}$ decadi ciascuno (PID) prima di $\omega_A^*$.Controllori PID →, Reti attenuatrici e reti a sellaLa rete attenuatrice $C_{att}=\frac{1+s/z}{1+s/p}$ con $0<p<z$ ha $K_B=1$ e abbassa il modulo di $20\log\frac zp$ dB oltre $z$ senza cambiare il guadagno in continua (a costo di un po' di fase persa, circa $\frac z{\omega_A^}$ rad). Caso ③: polo a $\frac M{20}$ decadi prima dello zero, zero $\ge1$ decade prima di $\omega_A^$. La rete a sella $C_{sella}=C_{att}C_{ant}$ ($p_1<z_1\le z_2<p_2$) abbassa il modulo e alza la fase: si progetta prima la parte anticipatrice (fase, con un guadagno extra $\Delta$), poi quella attenuatrice sufficientemente a sinistra per togliere $M+\Delta$ dB senza toccare la fase (caso ④).Reti attenuatrici e reti a sella →, Pulsazione di attraversamento, margine di fase e criterio di BodeLa pulsazione di attraversamento $\omega_A$ è la $\omega>0$ in cui $|G(j\omega)|=1$ (0 dB); il margine di fase è $m_\varphi=180^\circ+\arg G(j\omega_A)$: quanta fase si può ancora perdere prima di arrivare a $-180^\circ$. Criterio di Bode: se $G$ è strettamente propria, ha guadagno di Bode $K_B>0$, nessun polo con $\mathrm{Re}>0$ e $\omega_A$ è ben definita (esiste ed è unica), allora $W=\frac G{1+G}$ è BIBO stabile $\iff m_\varphi>0$. Più $m_\varphi$ è grande, più il sistema è lontano dall'instabilità e meno oscilla.Pulsazione di attraversamento, margine di fase e criterio di Bode →, Tipo e errore a regime di un sistema retroazionatoSe $W=\frac{\tilde G}{1+\tilde G}$ (con $\tilde G$ propria) è propria, BIBO stabile e $W(0)\ne0$, il tipo di $W$ coincide con il numero $h$ di poli nell'origine di $\tilde G$ (integratori in catena aperta). L'errore a regime corrispondente è $e_{rp}^{(h+1)}=\frac1{K_B(\tilde G)}$ per $h\ge1$ e $e_{rp}^{(1)}=\frac1{1+K_B(\tilde G)}$ per $h=0$. Per ridurre l'errore si alza il guadagno di Bode o si aggiungono integratori, compatibilmente con la stabilità.Tipo e errore a regime di un sistema retroazionato →.

Verifica delle ipotesi sul processo. $G$ è propria, non ha zeri nell'origine ($G(0)=\frac{10\cdot0{,}1}{1\cdot10}=0{,}1\ne0$) né poli a parte reale positiva: si può applicare la sintesi per tentativi. Forma di Bode: $G(s)=0{,}1\,\dfrac{1+10s}{(1+s)\left(1+\frac s{10}\right)}$, con $K_B(G)=0{,}1>0$ e $r=0$ (nessun polo nell'origine).

Punto (i): tipo 1, $\omega_A^*=10^3$, $m_\varphi^*\ge90^\circ$

Passo 1 (tipo ed errore). Tipo $1$ con $r=0$: serve $\alpha=1$ integratore, $C'=\frac{K_B(C')}s$. L'errore alla rampa è $|e_{rp}^{(2)}|=\frac1{K_B(C')K_B(G)}\le0{,}1\Rightarrow K_B(C')\ge\frac1{0{,}1\cdot0{,}1}=100$. Si prende $$C'(s)=\frac{100}s.$$

Passo 2 (diagrammi di $C'G$). $C'G=\dfrac{10\,(1+10s)}{s\,(1+s)\left(1+\frac s{10}\right)}$. In $\omega=\omega_A^*=10^3$: modulo $-60{,}0$ dB e fase $-90^\circ+\arctan10^4-\arctan10^3-\arctan10^2=-90^\circ+89{,}99^\circ-89{,}94^\circ-89{,}43^\circ=-179{,}4^\circ$, quindi $m_\varphi(\omega_A^*)=0{,}6^\circ$. La pulsazione di attraversamento di $C'G$ è inferiore a $10^3$ (il modulo in $10^3$ è sotto $0$ dB) e il margine "virtuale" è quasi nullo: caso ② con $M=60$ dB da guadagnare e $\Phi=90^\circ-0{,}6^\circ=89{,}4^\circ<90^\circ$: un solo zero. Lo zero va $\frac M{20}=3$ decadi prima di $\omega_A^*$, cioè in $\omega=1$ rad/s: $C''=1+s$ (uno zero stabile e nessun polo: il prodotto $C'C''=\frac{100(1+s)}s$ è comunque proprio perché $C'$ ha già il polo nell'origine).

Controllore (un PI). $$C(s)=\frac{100\,(1+s)}s=100+\frac{100}s:\qquad K_p=100,\ K_i=100.$$ Verifica. $CG=\dfrac{1000\,(s+0{,}1)}{s\,(s+10)}$ (lo zero in $-1$ cancella il polo di $G$ in $-1$, stabile): in $\omega=1000$ il modulo vale $0{,}99995$ ($\omega_A=999{,}95$ rad/s), la fase $\arctan(10^4)-90^\circ-\arctan(100)=-89{,}43^\circ$, quindi $m_\varphi=90{,}57^\circ\ge90^\circ$ ✓. Tipo $1$ ed $e_{rp}^{(2)}=\frac1{100\cdot0{,}1}=0{,}1$ ✓. Il sistema retroazionato è BIBO stabile per il criterio di Bode ($K_B(CG)=100>0$, poli $0$ e $-10$ senza parte reale positiva, strettamente propria, $\omega_A$ unica): i poli di $W$ sono $-1009{,}9$ e $-0{,}099$ (più il modo cancellato in $-1$).

Punto (ii): tipo 0, $\omega_A^*=100$, controllore proprio

Passo 1. Tipo $0$ con $e_{rp}^{(1)}\simeq0{,}1$: $\frac1{1+K_B(C')\cdot0{,}1}=0{,}1\Rightarrow K_B(C')=\frac1{0{,}1}\left(\frac1{0{,}1}-1\right)=90$; si può scegliere $90$ (errore esattamente $0{,}1$) o l'arrotondamento $100$ (errore $\frac1{1+10}=0{,}0909\le0{,}1$). Si prende $$C'=100.$$

Passo 2. $C'G=\dfrac{10\,(1+10s)}{(1+s)\left(1+\frac s{10}\right)}$. In $\omega=100$: modulo $+19{,}96$ dB, fase $\arctan1000-\arctan100-\arctan10=89{,}94^\circ-89{,}43^\circ-84{,}29^\circ=-83{,}8^\circ$, quindi $m_\varphi(\omega_A^*)=96{,}2^\circ\ge90^\circ$: la pulsazione di attraversamento di $C'G$ è maggiore di $\omega_A^*$ e la fase è sufficiente: caso ③, con $M=20$ dB da togliere e un margine di fase "regalato" $\Phi=96{,}2^\circ-90^\circ=6{,}2^\circ$. Rete attenuatrice: lo zero una decade prima di $\omega_A^*$ (in $10$, così la fase persa è $\approx5{,}1^\circ<6{,}2^\circ$) e il polo una decade prima dello zero, in $1$ (attenuazione $20$ dB): $$C(s)=100\cdot\frac{1+\frac s{10}}{1+s}=100\,\frac{1+0{,}1s}{1+s}.$$ È propria (grado numeratore = grado denominatore). Verifica. Lo zero in $-10$ cancella il polo di $G$ in $-10$ (stabile) e resta $CG=\dfrac{10\,(1+10s)}{(1+s)^2}$. In $\omega=100$ il modulo vale $0{,}995$ ($\omega_A=99{,}99$ rad/s), la fase $-88{,}9^\circ$, quindi $m_\varphi=91{,}1^\circ\ge90^\circ$ ✓. Tipo $0$ ed $e_{rp}^{(1)}=\frac1{1+10}=0{,}0909\simeq0{,}1$ ✓. Poli di $W$: $-101{,}9$ e $-0{,}108$ (più $-10$ cancellato): stabile ✓.

Soluzione alternativa del tema. $C(s)=100\,\dfrac{1+s}{1+10s}$ (zero in $1$ che cancella il polo di $G$ in $-1$, polo in $0{,}1$): attenua di $20$ dB con lo zero due decadi prima di $\omega_A^*$, quindi con perdita di fase minima ($-0{,}5^\circ$). Qui la doppia cancellazione (zero in $-1$ con il polo in $-1$ di $G$, polo in $-0{,}1$ con lo zero in $-0{,}1$ di $G$) lascia $CG=\dfrac{100}{s+10}=\dfrac{10}{1+\frac s{10}}$: $\omega_A=99{,}5$ rad/s, $m_\varphi=95{,}7^\circ$ ✓ (polo di $W$ non cancellato in $-110$).

Errori comuni

• Usare per il punto (i) un controllore con polo nell'origine ma senza zero: $m_\varphi(\omega_A^*)\approx0^\circ$, serve l'anticipo di fase (PI).
• Dimenticare che per il tipo $1$ la formula è $\frac1{|K_B(C')K_B(G)|}$, non $\frac1{1+K_B}$: con $K_B(G)=0{,}1$ servono $K_B(C')\ge100$.
• Nel punto (ii) tentare di abbassare il modulo con un guadagno $<1$ (violerebbe l'errore) o con uno zero nel posto sbagliato: l'attenuatrice ha prima il polo e poi lo zero ($p<z$).
• Mettere lo zero dell'attenuatrice troppo vicino a $\omega_A^*$: la fase persa supererebbe i $6^\circ$ disponibili.
• Dimenticare di rendere $C$ propria nel punto (ii): $\frac{1+0{,}1s}{1+s}$ ha lo stesso grado a numeratore e denominatore.