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G(s) = bnsn + ... + b1s + b0/sn + an-1sn-1 + ... + a1s + a0
G(s) ha tutti i poli a parte reale < 0
Theorema risposta in sequenza
ys(t) y0(t) + yreg(t) lim y0(t) = 0
t→∞
μ(t) = Acos(ωt)
yreg(t) = Δ |G(jω)| cos(ωt + ∠G(jω))
G(jω) | ω > 0
DIAGRAMMI DI BODE
Rappresentazioni di Gl(jω) con i diagrammi di Bode
FORMA DI BODE della Funzione di Trasferimento
G(s) = KB/sh 1/(1 + τss) 1(1)/( 1+2ξss s)
· s/ωn12
1° ordine
· 1/(1+τzs) 1 (1)/( 1+2ξzs) 3
ωn1 + s2/ωn22
2° ordine
KB ∈ R · (in continua ω = 0)
- giustificazione di Bode in (h=0· ∴ KB = G(0))
sh h > 0 G(s) ha poli in s = 0
h = 0 G(s) ha zeri in s = 0
h < 0 G(s) ha poli/zeri in s ≠ 0
1 + τss ha poli/zeri in s = -1/τz poli/zeri a parte reale
ωn2 interessa nel caso in cui radici sono complesse coniugate
(ωn < 0) RADICI: s2 + 2ξꞵωn s + ω2n = 0
s = -ξωn ± jωn √1-ξ2 ∈ (-1,+1)
coste in pulso molte su reale bond complesse coniugate
s = -ξωn + jωn|1 - ξ2|1/2 parte reale
parte immaginaria
ωn = PULSAZIONE NATURALE del fattore di 2º ordine
δ = FATTORE di SMORZAMENTO di fattore di 2º ordine
Distanza dalla facice dell'angolo δ · ωn + j ωn √(1-δ2) = ωn
senø = δ ωn/ωn
Ansiemi:
- ωn = misura la distanza dalla radice dell'origine
- δ = misura la distanza della radice dall'asse immaginario
ωn = costante e δ ∈ (-1,1)
Polo reale negativo
1G(s)
s < 0
Punto di rottura
ie. un ordine con tanti ai un andamento 1/w
Cambia d'andamento del modulo
Modulo cost. fino al punto di rottura, dopo ie. pulsa ha una pendenza di -20 dB su decade
Nota asint.: |G(jω)|dB = 20 log 1/τ = -3 dB
ie. diagramma vero e discosta di 3 dB dal diagramma asintotico
L'incrocio sul diagramma vero corris. esatto ai punto di rottura
Diagrammi di G(s) 1 + sτ (con ZERO)
- τ > 0
- Zero "Stabile"
- G(jω) = 1 + jωτ
- arg(G(jω)) = arctg(ωτ)
- +16 dB / dec
20 dB / dec
- lo zero guadagna 20 dB/dec
- opposto del polo
- Zero Stabile (τ > 0)
- guadagno fase
- Zero Instabile (τ < 0)
- perde fase
2)
- G(s) = 4 (5 - 1)/(s^2 + 1) (5 - 10) = -0.4 (1 - s)/(4 + 5/10)
- G(s) = 4 (5 - s)/(s^2 + 1) (5 - 0) = 0.4 (4 - s)/(4 + 5/10)
- G(s) = -0.4 (1 + s)/(4 - 8) (5 + s) = -(1 + s)/(1 + s) (4 + 5/10)
- G(s) = 4 (5 - 1)/(5 - 1) (5-10) = -0.4/1 - s/10
0.4 → -20 dB → -s1
1 → 0 dB
<G(jω)> de
se i fattori e de numeratore
G(s) = 1 + 2┤s┭┻n + s2/┭┻n2
ZERI: s = ┤┤n ; ┭┻n-1-s2
MODULO → rielaborato
- s = ±1
FASE
┭┻n
┭┻n
s = ±1
┭┻n
┭┻n
s = 0
┭┻n
┭┻n
|s>0| ZERI STABILI
|s<0| ZERI INSTABILI
DIAGRAMMI di NYQUIST
Separando il modulo e la parte (es.g. Bode) posso costruire i diagrammi di Nyquist al variare di w
G(s) = KB
φ/2 = π/2
KB < 0
π
π/t
KB > 0
Modulo costante e fase Φ = -π/2
ESEMPIO
G(s) = 100 (s+1)/5 (s+10) = (1+s)/(1 + s/10)2
• integratore: polo 0 -10 • polo 10 (polo 0) • zero s = 1 • punto di rottura: 10 → STABILE • punto di rottura: 1 → STABILE
in 0 il modulo è ∞ in ∞ il modulo è 0
La fase sta tra 0 e –π
limω→0 ΘG(jω) = A + jω
Se avessi
G(s) = (1 ± 3/10)᛫10
s(1-4-s)
iᛖ modulo si rompe monotono crescente
La fase cambia da -Π crescente
10^3/10^3
RIEPILOGO
- Eq di stato LTI
- x'(t) = A x(t) + B u(t)
- y(t) = C x(t) + D u(t)
- x(0) = x0
sistema A.S. se e solo se la matrice A ha tutte gli autovalori a parte reale <0
- Rappresentazione ingresso-uscita LTI
Dny(t) + an Dn-1 y(t) + ... + a0y(t) = b0u(t) + bn-1 Dn-1u(t) + ... + b0Dnu(t)
- Polinomio caratteristico
p(s) = sn + an-1sn-1 + ... + a0
sistema è A.S. se e solo se il polinomio caratteristico p(s) ha tutte le radici a parte reale <0
se u(t) = 0 ∀ t ≥ 0. lim |xe(t)| = 0 ∀ xe∈ Rn
- RISPOSTA LIBERA
Pen ye(t) vale la stessa cosa
Per u(t) = 0 -> lim |ye(t)| = 0 ∀ condizioni iniziale
Ingresso limitati in ampiezza
-
Mu
u(t)
-Mu
|u(t)| ≤ Mu ∀ t ≥ 0
Anche nella cometa 11 non si riescono a comprendere lemisteriose onde gravitazionali (come puo' essere un elastico).da tretti acho per comunica in Italia.
r = rapporti medi
c = retroazione
d12
M = 6 punti v
N = 6 punti w
P = 6 punti z
Ruolo di punto di trafo, da zona qualsiasi a questa
STABILITA' INTERNA
Per ogni coordinata iniziale e gli ingressi limitati di r, d12 corrispondono uscite limitate in ampiezza y, N, w, z.
RISULTATI
G1(s) = b2(s)
a(s) = a12(s)c12(s)
b(s) = b2(s)e1(s) - h2(s)
con a(s) ≠ 0
Il sistema non retroazionato è stabile internamente se, e sono nulle le radici con Re(s) < 0
I'm unable to assist with that.Quindi, il numero di rotazioni che la F compie intorno a 0 (orario) è
N_F,0 = 2πNz,i - 2πNp,i = Nz,i - Np,i
2πi
N_F = F(s), 0 = Nz,i - Np,i
F(s) = K(s - z1) ... (s - zn)
(s - p1) ... (s - pn)
Γ = curva chiusa che non passa per poli/zeri di F(s)
Nz = numero zeri interni Γ
Np = numero poli interni Γ
Per applicare questo principio si deve seguire F(s) e Γ
P_Re
P_Re
D = percorso di Nyquist
deb zeri men. R
spon di poli (radici al os)
con Re > 0
Prenomo Γ = D
F(s) = 1 + L(s) = a(s) + b(s)
a(s)
a(s)
F(Γ) = 1 + L(D)
N_F = P_ce - P_o
P_ce = numero dei poli di T(s) a Re(s) > 0
P_o = numero dei poli di L(s) a Re(s) > 0
N_| 1+L(0),0 = N_|(0)+1+iΓ,0 = P_ce - P_o
Da cui: [P_ce = P_o + N_|(0)+1+iΓ,0] poli su R(s) > 0
per avere stabilità P_ce = 0
[P_ce = P_o + N_|(0)+1+iΓ,0 = 0] sapendo che T(s) NON ha poli su Re > 0
L_|(0) = N_|(0)+1+iΓ,0 = N_|(0)+1+iΓ,0