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Esercizi svolti retroazione statica dallo stato

Retroazione statica dallo stato

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Esercizio 1 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Dato un sistema tempo continuo:

\[\begin{cases} \dot{x}(t)=Ax(t)+Bu(t)\\ y(t)=Cx(t)+Du(t) \end{cases}\]

dove

\[A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ -1 & -4 & \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}; \quad B=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\quad \text{e}\quad C=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.\]

Si progetti se possibile un controllore che operi una retroazione dello stato in modo da posizione i poli a ciclo chiuso tutti in -4.

Svolgimento.

Affinché sia possibile progettare un controllore di stato, è necessario che il sistema sia raggiungibile o che almeno gli autovalori che si desidera modificare siano raggiungibili. Possiamo verificare la completa raggiungibilità del sistema attraverso la matrice di raggiungibilità M_r:

\[ M_r = \begin{pmatrix} B & AB & A^2B \end{pmatrix}. \]

Considerando che:

\[ AB = \begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ -4 \end{pmatrix} \]

e

\[ A^2B = \begin{pmatrix} -4 \\ 15 \\ 16 \end{pmatrix}. \]

Possiamo calcolare M_r come segue:

\[ M_r = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -4\\ 1 & -4 & 15 \\ 1 & -4& 16 \end{pmatrix}. \]

Calcoliamo il determinante di M_r:

\[ \det M_r = (-1)\begin{vmatrix} 1 & 15 \\ 1 & 16 \end{vmatrix} - 4\begin{vmatrix} 1 & -4 \\ 1 & -4 \end{vmatrix} = (-1)(16-15) - 4(-4+4) = -1. \]

Poiché il determinante della matrice è diverso da zero, il sistema è completamente raggiungibile. Pertanto, attraverso la retroazione di stato, è possibile modificare tutti gli autovalori.

Per applicare il metodo di Ackerman e trovare un vettore di guadagni \overline{k} per il regolatore di stato, possiamo utilizzare la seguente formula:

\[ \overline{k} = -q^{T}p_d(A), \]

dove q^{T} rappresenta l’ultima riga della matrice inversa della matrice di raggiungibilità e p_d(A) è il polinomio caratteristico ottenuto sostituendo la variabile indipendente con la matrice A.Nel caso in esame:

\[ M_r^{-1} = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 1 \\ 1 & -4 & 4 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \]

quindi:

\[ q^{T} = \begin{pmatrix} 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}. \]

Il polinomio desiderato è:

\[ p_d(\lambda) = (\lambda+4)^3 = \lambda^3+12\lambda^2+48\lambda+64 \]

da cui:

\[ p_d(A) = A^3+12A^2+48A+64I, \]

dove I è la matrice identità,

\[ A^2 = \begin{pmatrix} -1 & -4 & 0 \\ 4 & 15 & 0 \\ 0 & 0 & 16 \end{pmatrix} \]

e

\[ A^3 = \begin{pmatrix} 4 & 15 & 0 \\ -15 & -56 & 0 \\ 0 & 0 & -64 \end{pmatrix}. \]

Sostituendo in A, A^2 e A^3 in p_d(A) otteniamo:

\[ \overline{p}_d(A) = \begin{pmatrix} 56 & 15 & 0 \\ -15 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \]

La matrice dei guadagni del controllore di stato è quindi:

\[ \overline{k} = -{q}^{T}\,{p}_d(A) = \begin{pmatrix} -15 & -4 & 0 \end{pmatrix}. \]

La nuova matrice dinamica del sistema retroazionato diventa:

\[ A+B\,k = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -16 & -8 & 0 \\ -15 & -4 & 4 \end{pmatrix}. \]

Si osservi che per verificare la correttezza del risultato ottenuto si può trovare il polinomio caratteristico associato a questa nuova matrice dinamica:

\[ \det\left(A+B\,k-\lambda I\right) = \begin{vmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ -16 & -\lambda-8 & 0 \\ -15 & -4 & -\lambda-4 \end{vmatrix} = -\lambda^3-12\lambda^2-48\lambda-64 \]

che coincide a meno del segno con il polinomio caratteristico desiderato. Pertanto, gli autovalori associati sono tutti uguali a -4, come richiesto dalla traccia.

 

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