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Esercizi svolti analisi modale di sistemi dinamici LTI a tempo continuo

Analisi modale di sistemi dinamici LTI a tempo continuo

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Esercizio 1 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Data la matrice:

\[A=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\ 1& 1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix},\]

si richiede di trovare la risposta libera dello stato, imponendo il passaggio per

\[\overline{x}(0)=\begin{pmatrix} 1 \\ -1\\ 2 \end{pmatrix}.\]

Svolgimento.

L’evoluzione libera è una combinazione lineare degli autovettori ciascuno moltiplicato per il relativo modo di evoluzione. Per risolvere il problema si procedere in 4 passi.

  • Primo passo: ricerca degli autovalori della matrice. Si impone la condizione

    \[\det \left(A-\lambda I\right)=0,\]

    dove I è la matrice identità. Nel caso in esame abbiamo

    \[\det \begin{pmatrix} -1-\lambda & 0 & 0\\ 1& 1-\lambda & 0\\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}=\left(-1-\lambda\right)\left(1-\lambda\right)\left(2-\lambda\right)=0,\]

    da cui \lambda=\pm1 e \lambda=2.

  • Secondo passo: ricerca degli autovettori. Per \lambda=1 abbiamo

    \[\begin{pmatrix} -1-1 & 0 & 0\\ 1& 1-1 & 0\\ 0 & 0 & 2-1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0\\ 1& 0 & 0\\ 0 & 0 &1 \end{pmatrix},\]

    da cui

    \[\begin{pmatrix} -2 & 0 & 0\\ 1& 0 & 0\\ 0 & 0 &1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix},\]

    pertanto

    \[\begin{pmatrix} -2x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ c\\ 0 \end{pmatrix},\]

    con c\in \mathbb{R}. Pertanto un possibile autovettore per \lambda=1 è

    \[\begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}.\]

    Per \lambda=-1 abbiamo

    \[\begin{pmatrix} -1+1 & 0 & 0\\ 1& 1+1 & 0\\ 0 & 0 & 2+1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 1& 2 & 0\\ 0 & 0 &3 \end{pmatrix},\]

    da cui

    \[\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 1& 2 & 0\\ 0 & 0 &3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix},\]

    o anche

    \[\begin{pmatrix} 0\\ x_1+2x_2\\ 3x_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix},\]

    conseguentemente

    \[\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -2c\\ c\\ 0 \end{pmatrix},\]

    con c\in \mathbb{R}. Pertanto un possibile autovettore per \lambda=1 è

    \[\begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}.\]

    Per \lambda=2 abbiamo

    \[\begin{pmatrix} -1-2 & 0 & 0\\ 1& 1-2 & 0\\ 0 & 0 & 2-2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0\\ 1& -1 & 0\\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix},\]

    da cui

    \[\begin{pmatrix} -3 & 0 & 0\\ 1& -1 & 0\\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix},\]

    o anche

    \[\begin{pmatrix} -3x_1\\ x_1-x_2\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix},\]

    conseguentemente

    \[\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ c \end{pmatrix},\]

    con c \in \mathbb{R}. Pertanto un possibile autovettore per \lambda=2 è

    \[\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}.\]

  • Terzo passo: scrivere la risposta libera del sistema. Come combinazione lineare degli autovettori

    \[\overline{x}(t)=a\begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}e^{-t}+b\begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}e^{t}+c\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}e^{2t},\]

    dove a, b e c sono costanti da determinare.

  • Quarto passo: determinare le costanti a, b e c imponendo la condizione iniziale \overline{x}(0).

Si ha

\[\overline{x}(0)=a\begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}+b\begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}e^{t}+c\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1\end{pmatrix},\]

da cui

\[\begin{pmatrix} 1 \\ -1\\ 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2a\\ a+b\\ c \end{pmatrix},\]

per cui

\[\begin{cases} a=-\dfrac{1}{2}\\[10pt] a+b=-1\\[10pt] c=2, \end{cases}\]

quindi

\[\begin{cases} a=-\dfrac{1}{2}\\[10pt] b=-\dfrac{1}{2}\\[10pt] c=2. \end{cases}\]

Si conclude che la risposta libera diventa

\[\boxcolorato{controlli}{ \overline{x}(t)=-\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}e^{-t}-\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}e^{t}+2\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}e^{2t}. }\]

 

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).

(1) \begin{equation*} \begin{cases} \dot{x}(t)=A x(t)+B u(t)\\ y(t)=C x(t)+D u(t), \end{cases} \end{equation*}

con

(2) \begin{align*} &A=\begin{pmatrix} 0&1&0\\0&0&1\\6&-1&-4 \end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix} 0\\0\\2 \end{pmatrix}\\[7pt] &C=\begin{pmatrix} 1&0&0 \end{pmatrix},\qquad D=0. \end{align*}

Calcolare la risposta libera con x_0=\begin{pmatrix} 0\\3\\-3 \end{pmatrix}.

Svolgimento.

L’uscita può essere calcolata come

(3) \begin{equation*} y_{l}(t)=C e^{At}x_0. \end{equation*}

Calcoliamo quindi l’esponenziale della matrice: e^{At}.

  1. Occorre trovare gli autovalori della matrice A:

    (4) \begin{align*} |\lambda I-A|&=0 \\[5pt] \begin{vmatrix}\lambda&-1&0\\0&\lambda&-1\\-6&1&\lambda+4 \end{vmatrix}&=\lambda^3+4\lambda^2+\lambda-6=0. \end{align*}

    Gli zeri del polinomio caratteristico sono quindi

    (5) \begin{equation*} \lambda_1=1,\quad\lambda_2=-2,\quad\lambda_3=-3, \end{equation*}

    ciascuno dei quali ha molteplicità algebrica pari a 1. Sapendo che vale la seguente catena di disuguaglianze

    (6) \begin{equation*} 1\leq \operatorname{mg}(\lambda_i)\leq\operatorname{ma}(\lambda_i) \end{equation*}

    deduciamo che anche le molteplicità geometriche saranno pari ad uno.

  2. Troviamo quindi gli autovettori corrispondendi a ciascun autovalore.\ Per \lambda_1 abbiamo:

    (7) \begin{equation*} \lambda_1 I-A=\begin{pmatrix} 1&-1&0\\[5pt]0&1&-1\\[5pt]0&0&0 \end{pmatrix} \end{equation*}

    cui si associa il sistema

    (8) \begin{equation*}\begin{cases} x_1-x_2=0\\[5pt] x_2-x_3=0. \end{cases} \end{equation*}

    Prendendo x_3=\alpha, con \alpha\in\mathbb{R} parametro libero, l’autospazio risulta

    (9) \begin{equation*} \begin{pmatrix} x_1\\[5pt]x_2\\[5pt]x_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \alpha\\[5pt] \alpha\\[5pt] \alpha \end{pmatrix}=\alpha \begin{pmatrix} 1\\[5pt]1\\[5pt]1 \end{pmatrix}. \end{equation*}

    Un possibile autovettore è dunque

    (10) \begin{equation*} \begin{pmatrix} v_{x1}\\[5pt]v_{y1}\\[5pt]v_{z1} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\[5pt]1\\[5pt]1 \end{pmatrix}. \end{equation*}

    Per \lambda_2 abbiamo:

    (11) \begin{equation*} \lambda_2 I-A=\begin{pmatrix} 2&1&0\\[10pt]0&2&1\\[10pt]0&0&0 \end{pmatrix} \end{equation*}

    cui si associa il sistema

    (12) \begin{equation*} \begin{cases} 2x_1+x_2=0\\[5pt] 2x_2+x_3=0, \end{cases} \end{equation*}

    la cui risoluzione si effettua come al punto precedente e restituisce l’autovettore

    (13) \begin{equation*} \begin{pmatrix} v_{x2}\\[5pt]v_{y2}\\[5pt]v_{z2} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{4}\\[10pt]-\dfrac{1}{2}\\[10pt]1 \end{pmatrix}. \end{equation*}

    Per \lambda_3 abbiamo infine:

    (14) \begin{equation*} \lambda_3 I-A=\begin{pmatrix} 3&1&0\\[5pt]0&3&1\\[5pt]0&0&0 \end{pmatrix} \end{equation*}

    cui si associa il sistema

    (15) \begin{equation*} \begin{cases} 3x_1+x_3=0\\[5pt] 3x_2+x_3=0. \end{cases} \end{equation*}

    Un possibile autovettore in tal caso è

    (16) \begin{equation*} \begin{pmatrix} v_{x3}\\[5pt]v_{y3}\\[5pt]v_{z3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{9}\\[8pt]-\dfrac{1}{3}\\[8pt]1 \end{pmatrix}. \end{equation*}

  3. Si definisce quindi la matrice diagonalizzante T, avente per colonne gli autovettori della matrice A

    (17) \begin{equation*} \begin{pmatrix} 1&\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{9}\\[10pt]1&-\dfrac{1}{2}&-\dfrac{1}{3}\\[10pt]1&1&1 \end{pmatrix}, \end{equation*}

    tale che

    (18) \begin{equation*} D=T^{-1}AT=\begin{pmatrix} 1&0&0\\[5pt]0&-2&0\\[5pt]0&0&-3 \end{pmatrix}. \end{equation*}

    Si può verificare che la matrice diagonale ottenuta ha gli stessi autovalori di quella iniziale.

    Dunque l’esponenziale della matrice A si ricava come

    (19) \begin{equation*} e^{At}=Te^{Dt}T^{-1}=\dfrac{1}{12}\begin{pmatrix} 1&\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{9}\\[10pt]1&-\dfrac{1}{2}&-\dfrac{1}{3}\\[10pt]1&1&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} e^t&0&0\\0&e^{-2t}&0\\0&0&e^{-3t} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 6&5&1\\[5pt]48&-32&-16\\[5pt]-54&27&27 \end{pmatrix}. \end{equation*}

Ricaviamo quindi la risposta libera:

(20) \begin{equation*} y_l(t)=C e^{At}x_0=\begin{pmatrix} 1&\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{9} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} e^t\\[5pt]-4e^{-2t}\\[5pt]0 \end{pmatrix}=e^t-e^{-2t}. \end{equation*}

 

Esercizio 3 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Dato il sistema

\[\dot{x}=Ax(t)+Bu(t),\]

dove

\[A= \begin{pmatrix} 1& 1 \\ 0& 2 \end{pmatrix},\quad B= \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\]

e

\[u(t)=e^{3t}.\]

Si determini la risposta completa del sistema con condizioni iniziali

\[x(0)=\begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix}.\]

Svolgimento.

Iniziamo determinando la soluzione generale della parte omogenea (o risposta libera), che è rappresentata come una combinazione lineare degli autovettori, ciascuno moltiplicato per il proprio autovalore corrispondente. Poiché la matrice A è triangolare, gli autovalori coincidono con gli elementi sulla diagonale principale, che in questo caso sono \lambda_1=1 e \lambda_2=2. Procediamo quindi con il calcolo degli autovettori. Per l’autovalore \lambda_1=1`, otteniamo:

\[\begin{pmatrix} 0&1\\ 0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix},\]

da cui

\[\begin{pmatrix} x_2\\ x_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix},\]

pertanto x_1 non è vincolato e dunque un possibile autovettore è

\[\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.\]

Per l’autovettore \lambda_2=2 abbiamo

\[\begin{pmatrix} -1&1\\ 0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix},\]

da cui

\[\begin{pmatrix} -x_1+x_2\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix},\]

da cui, si deduce che un possibile autovettore è

\[\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}.\]

Dunque la soluzione generale è

\[x_o(t)=k_1\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}e^t+k_2\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}e^{2t},\]

dove k_1 e k_2 sono costanti da determinare. In accordo con il metodo della somiglianza, per la risposta forzata si può supporre una soluzione del tipo

\[x_p(t)=\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}e^{3t},\]

dove a e b sono costanti da determinare. La derivata di x_p(t) è

\[\dot{x}_p(t)=3\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}e^{3t}.\]

Sostituendo x_p(t) e \dot{x}_p(t) nella soluzione di stato, otteniamo

\[3\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}e^{3t}=\begin{pmatrix} 1& 1 \\ 0& 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}e^{3t}+\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}e^{3t}\]

da cui

\[3\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1& 1 \\ 0& 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix},\]

oppure

\[\begin{pmatrix} 3a\\ 3b \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a+b \\ 2b \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix},\]

o anche

\[\begin{pmatrix} 3a\\ 3b \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a+b \\ 2b+1 \end{pmatrix},\]

ovvero

\[\begin{cases} b=2a\\b=1, \end{cases}\]

cioè

\[\begin{cases} a=\dfrac{1}{2}\\[10pt] b=1. \end{cases}\]

La soluzione particolare è

\[x_p(t)=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}\\[10pt] 1 \end{pmatrix}e^{3t}.\]

Possiamo scrivere la soluzione completa della non omogenea:

\[x(t)=k_1\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}e^t+k_2\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}e^{2t}+\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}\\[10pt] 1 \end{pmatrix}e^{3t}.\]

Si impone il passaggio per la condizione iniziale:

\[x(0)=k_1\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}\\[10pt] 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix},\]

da cui

\[\begin{pmatrix} k_1\\ 0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} k_2\\ k_2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}\\[10pt] 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix},\]

per cui

\[\begin{pmatrix} k_1+k_2+\dfrac{1}{2}\\[10pt] k_2+1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix},\]

in altri termini

\[\begin{cases} k_1+k_2=\dfrac{1}{2}\\[10pt] k_2=-2 \end{cases}\]

conseguentemente

\[\begin{cases} k_1=\dfrac{5}{2}\\[10pt] k_2=-2. \end{cases}\]

Si conclude che la soluzione cercata è

\[\boxcolorato{controlli}{ x(t)=\dfrac{5}{2}\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}e^t-2\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}e^{2t}+\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}\\[10pt] 1 \end{pmatrix}e^{3t}. }\]

 

 

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