Eserciziario di controllo digitale

Controllo Digitale

ESERCIZIARIO

Trasformate di Laplace (di funzioni elementari)

ζ Trasformate (di funzioni elementari)

Errori a regime

• Errore di posizione: e_p come errore dovuto allo risposta al gradino

k_p = lim_t→∞ G(t) e_p = 1/(1+k_p)

• Errore di velocità: e_v come errore dovuto alla risposta alla rampa unitaria

k_v = lim_t→∞ (G(t)*(t/T)) e_v = 1/k_v

• Errore di accelerazione: e_a come errore dovuto alla risposta alla rampa parabolica

k_a = lim_t→∞ (G(t)*(t/T)²) e_a = 1/k_a

In caso di retroazione non unitaria dobbiamo utilizzare (Ĝep = μ G(z), Ĥ(z))

Margine di Fase

H_f = Δ F(e^jωT) + π

∠F(e^jωT) ∈ [40°,60°]

Margine di Ampiezza

M_a = 1/F(e^jωT)

Coefficiente di Smorzamento

δ₁ = M_f/2

Tempo di Assestamento al 100%

t_e = (0.01,100%) = T(π-φ)/ω_g

φ = acos(|δ₁|)

Ricostruttori di Segnale

• Ordine zero: H₀(s) = 1- e^{-T s}/s

• Ordine uno: G₁(s) = 1+T s/T 1-e^{-T s}/s

Metodo di Discretizzazione

b) X(z) = 20 (z+2) / 2 (z+1) (z-3) - 20 (z+2) / 2 (z+3) (z-3)

Calcoliamo il valore dei residui:

C₁ = 20 (z+2) / 2 (z+3) = 20 / z+3 = 5

C₂ = 10 (z+2) / 2 (z-3) = 5

C₃ = -5 (z+2) / z-3

Possiamo raccogliere i 5 e otteniamo:

X(z) = 5 [ 4 / (z+2) - (z+3) / (z-3) ]

L'antitrasformata possiamo esprimerla come somma delle antitrasformate di due singoli elementi.

2ⁿ [ ( 4 / z ) - ( 4 / z ) ( 2^-1 ) - ( 4 / z ) ( 2^-2 ) ] = δ ( k-4 )

Considerato che δ = j^π/2 e quindi:

j^-j = e^jπ/2 cos + jx / e ^jπ/2

Possiamo riscrivere le ultime due come:

- 3 e^j(k-1)π/2 mentre (2 - j) = (2 + 3) e^j(k-3)π/2

Otteniamo quindi:

2ⁿ [ X(z) ] = 5 [ δ ( k-4 ) - 3 e^j(k-1)π/2 + (2 - j) e^j(k-1)π/2 ] = 5 [ 2 cos [ ( k-1 ) π / 2 ] + 2 sen [ ( k-1 ) π / 2 ] 3 ( k-4 ) ]

4)

Si determini il segnale x(k) che corrisponde alla seguente z-trasformata: X(z)=2+z^-1-z^-2+2z^-3.

Svolgimento

Possiamo riscrivere il segnale X(t) per poi antitrasformare la funzione:

X(t) = 2 + z^-1 - z^-2 + 2z^-3 => x(k) = 2⁵{x(t) }

= 2 δ(k) + δ(k-1) - δ(k-2) + 2δ(k-3)

H_G(z) = 2

H₀(s) H_G(s) = 2

s

s+5

s = 2

s

s = 0.4

z - 2

z²

s+5

z +2

s+5

s in anticipo spara

ida

delta

modifica

m

H_G(z) =

2

z

1 -

s + 0.1

z +2

2

2

s -0.08

0.1

0.08

y_G(z)

2

y(k) + (-0.1)

z(k-1)

(2)

(R(z))

1.92 + 0.8

z⁴ - 1.012z⁵ + 0.012z⁵ + 1.012z⁵ + 1.92 + 0.08

6) Si determini l’espressione analitica della risposta y(k) all’impulso di Kronecker per il sistema

Successivamente si scriva l’equazione alle differenze corrispondente e,

R(t)

z + 1

z²(z+2)

Svolgimento

Quella nel rettangolo è g (z) (Y(z))

Possiamo

equazione

descrive l

uscita con il metodo della risposta

impulso.

( 1 + 2y(k-1))

y(k)

z(k-3)

→ y(k) + 2 y(k-1) = z(k-2) + z(k-3)

y(k)

2g(k-1) + z(k-2) + z(k-3)

Poniamo le condizioni iniziali :

y(0) = 1 ,

y(k) = 0 ∀ k ≠ 0 , y(k) = 0 ∀ k ≥ 0

y(0) -2

y(2) -y(2) +

z(2) - 1

y(1) -2 y(1) +

z(1) - 1

z(3)

y(3)

Traccia Gennaio 2006

a) Si determini esplicitamente F(z) e, utilizzando la formula di inversione, f_x(k). Inoltre si confrontino i valori dei primi 5 campioni di f_x(k) (k=0,1,2,3,4) con quelli ottenuti con il metodo della risposta all'impulso. Ove necessario, si assuma T=0.2s.

Svolgimento

1. Distribuiamo ottenere F₂(s) trasformando la funzione:

   F₂(s) = 2 30e^-0.4s = 2 A + B; => Dobbiamo trovare A e B.

   A =

   B =

   F₂(z) = 30e^0.2z-1 = 5 + 5.025; = 5 0.33

2. f_B(k) = Z^-1

   F_B(z) = z^k-1 (z-1)(t-0.9)

   • a) k = 0

     f_B(0) = RES(F₁,0) + RES(F_B,0) + RES(F₁,1) = - 0,25 + 1 - 0,75 = 0

   • RES(F₁,0) = RES(z,0) (z-1)(z-1) = -0,25

Appello Febbraio 2016

a) Si determinino esplicitamente F_z(z) e, utilizzando il metodo dell'integrale di inversione, f_z(k). Inoltre si determinino i valori dei primi 5 campioni di f_z(k) (k=0,1,2,3,4) e si confrontino con quelli ottenuti per divisione lunga. Ove necessario, si assuma T=0.1s.

F_x(z) = Z{{x_θ(t)}} — [1-e^(-t)] (1-e^(-θ)) con θ=T; f_x(k)=z^{-1 10}(z(z-2))

Svolgimento

1. Abbiamo f_z(z)=Z [ f_x(t+T) ]=Z [ {(t-T) - e^(t-T)} (t+T) ]

Notiamo che il segnale è traslato di un periodo di campionamento, possiamo quindi scrivere:

f_x(t) = {(2 + z^-1 - z)^-1}

b) Utilizzando l'integrale di inversione

• f_z(k)=z^-1(30/z²(z-2)^-2)
• k > 0
• Res(F,z,0) = -3,33
• Res(F₂,z) = 0
• k=λ
• f_z(λ) = 2^-1 {Res(F₀) + Res(F_λ)} = 0
• Caso k = 2, f₂(2) = 2^-1 - Res₂(F₂) = 0
• Res(F₂,z) = 0

Come possiamo notare, per tutti i k ≦ 2 f(k)=0. Questo non è un caso. Infatti, si ha che quando deg(m) ≦ deg(n), e si hanno poli in ±z = 0 allora la somma dei residui è nulla.