Esercizio 23sintesi con poli complessi poco smorzati e due zeri anticipatori (temi d'esame settembre 2025 e febbraio 2022)

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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 →, Reti anticipatriciLa rete anticipatrice $C_{ant}(s)=\frac{1+s/z}{1+s/p}=\frac{1+sT}{1+\alpha Ts}$ con $0<z<p$ ($\alpha=\frac zp<1$) ha $K_B=1$, alza il modulo di $20\log\frac pz$ dB tra $z$ e $p$ e aggiunge fase (massimo $\arcsin\frac{1-\alpha}{1+\alpha}$ in $\sqrt{zp}$). Si usa nei casi ②, ④ (parte anticipatrice) della sintesi: con $\Phi\le90^\circ$ si mette uno zero $\frac M{20}$ decadi prima di $\omega_A^$; con $90^\circ<\Phi\le180^\circ$ due zeri a $\frac M{40}$ decadi; il polo (o i poli) almeno una o due decadi dopo $\omega_A^$ per rendere la rete propria.Reti anticipatrici →, 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 →, 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 →.

Ipotesi sul processo. $G(0)=\frac1{10}\ne0$; poli $-0{,}1\pm0{,}995j$ (trinomio con $\omega_n=1$, $\xi=0{,}1>0$: stabili, ma poco smorzati) e $-10$; zero in $-1$. Nessun polo instabile. Forma di Bode: $G=0{,}1\,\dfrac{1+s}{(1+0{,}2s+s^2)(1+\frac s{10})}$, $K_B(G)=0{,}1$, $r=0$.

Passo 1: tipo 1

$\alpha=1$: $C'=\frac{K_B(C')}s$ e $|e_{rp}^{(2)}|=\frac1{K_B(C')\cdot0{,}1}\le0{,}1\Rightarrow K_B(C')=100$: $C'=\dfrac{100}s$. Allora $C'G=\dfrac{10\,(1+s)}{s\,(1+0{,}2s+s^2)\left(1+\frac s{10}\right)}$.

Passo 2: $\omega_A$ e margine di fase

In $\omega=\omega_A^*=100$: $|C'G(100j)|=\dfrac{10\,|1+100j|}{100\cdot|1-10^4+20j|\cdot|1+10j|}=\dfrac{10\cdot100{,}005}{100\cdot9999{,}0\cdot10{,}05}=9{,}95\cdot10^{-5}$, cioè $-80{,}0$ dB: $M=80$ dB da guadagnare. Fase: integratore $-90^\circ$, zero $+\arctan100=+89{,}43^\circ$, trinomio (con $\omega=100\gg\omega_n$) $-179{,}9^\circ$, polo $-\arctan10=-84{,}29^\circ$: totale $-264{,}7^\circ$, quindi $m_\varphi(\omega_A^*)=-84{,}7^\circ$ e $\Phi=90^\circ-(-84{,}7^\circ)=174{,}7^\circ>90^\circ$. Caso ② con $M=80$ dB e $\Phi\approx175^\circ$: servono due zeri a $\frac M{40}=2$ decadi prima di $\omega_A^*$ ciascuno, cioè in $\omega=1$ rad/s.

Scelta dei due zeri. I due zeri in $\omega=1$ possono essere presi come il trinomio $1+0{,}2s+s^2$ (zeri complessi con $\omega_n=1$, $\xi=0{,}1$ stabili), che cancella i poli del processo (anch'essi stabili) e lascia una catena aperta semplice. Per rendere $C$ propria si aggiungono due poli molto dopo $\omega_A^*$, a $10^4$ rad/s ($2$ decadi dopo, costo di fase $2\cdot0{,}57^\circ=1{,}15^\circ$): $$C(s)=\frac{100}s\cdot\frac{1+0{,}2s+s^2}{\left(1+\frac s{10^4}\right)^2}.$$ $C$ è propria (numeratore di grado $2$, denominatore di grado $3$).

Verifica. Il trinomio al numeratore cancella i poli complessi di $G$: $$CG=\frac{10\,(1+s)}{s\left(1+\frac s{10}\right)\left(1+\frac s{10^4}\right)^2}.$$ In $\omega=100$: modulo $\frac{10\cdot100{,}005}{100\cdot10{,}05\cdot1{,}0001}=0{,}995$ ($\omega_A=99{,}49$ rad/s) e fase $-90^\circ+89{,}43^\circ-84{,}29^\circ-1{,}15^\circ=-86{,}0^\circ$: $m_\varphi=94{,}0^\circ\simeq90^\circ$ ✓. Tipo $1$ ed $e_{rp}^{(2)}=\frac1{K_B(CG)}$ con $K_B(CG)=\lim_{s\to0}s\,CG(s)=10$, cioè $e_{rp}^{(2)}=0{,}1$ ✓. BIBO stabile per il criterio di Bode ($K_B>0$, poli in $0$ e stabili, strettamente propria, $\omega_A$ unica). Poli di $W$ (esclusi i modi cancellati $-0{,}1\pm0{,}995j$): $-10955$, $-8942$, $-111{,}3$, $-0{,}917$.

Soluzione alternativa (senza cancellare i poli complessi): due zeri reali coincidenti in $1$: $C=\frac{100}s\frac{(1+s)^2}{(1+s/10^4)^2}$, che dà $\omega_A=99{,}5$, $m_\varphi=93{,}0^\circ$ ✓ e poli di $W$ tutti stabili ($-1{,}10\pm0{,}60j$, $-0{,}59$, $-109{,}6$, $-8942$, $-10956$). La cancellazione scelta sopra semplifica i conti ma richiede di fidarsi che il processo abbia esattamente i poli $-0{,}1\pm0{,}995j$: nella pratica è una cancellazione "approssimata" (poli stabili, ammessa dal corso).

Errori comuni

• Mettere un solo zero: la fase da recuperare è $\approx175^\circ$, serve il secondo zero.
• Dimenticare che $\xi=0{,}1>0$: i poli di $G$ sono stabili, quindi la loro cancellazione è lecita (se fossero instabili sarebbe proibita).
• Calcolare la fase del trinomio come $-90^\circ$: per $\omega\gg\omega_n$ è $-180^\circ$ (salto rapido attorno a $\omega_n$ perché $\xi$ è piccolo).
• Usare la formula dell'errore del tipo $0$: per il tipo $1$ è $\frac1{|K_B(C')K_B(G)|}$ ($100\cdot0{,}1=10\to0{,}1$).
• Non rendere $C$ propria: due zeri richiedono due poli lontani.