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Esercizi svolti analisi modale di sistemi dinamici LTI a tempo discreto

Analisi modale di sistemi dinamici LTI a tempo discreto

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Esercizio 1 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Dato il filtro digitale

(1)   \begin{equation*} W(z)=\dfrac{z-1}{z^2-\text{1,2}z+\text{0,35}}, \end{equation*}

calcolare i primi tre valori dell’uscita nell’ipotesi di condizioni iniziali nulle e segnale d’ingresso u=sca(k).

Svolgimento.

La trasformata zeta di uno scalino discreto è data da:

(2)   \begin{equation*} U(z) = Z\{sca(k)\} = \frac{z}{z-1}, \end{equation*}

consentendoci di ottenere l’uscita del sistema come segue:

(3)   \begin{equation*} Y(z) = W(z)U(z) = \frac{z}{z^2 - 12z + \tetx{0,35}}. \end{equation*}

Le radici del denominatore sono:

(4)   \begin{equation*} z_1 = \text{0,5}, \quad z_2 = \text{0,7}. \end{equation*}

Pertanto, l’uscita del sistema può essere espressa in forma fattorizzata come:

(5)   \begin{equation*} Y(z) = \frac{z}{(z - \text{0,5})(z - \text{0,7})}. \end{equation*}

Analizzando \frac{Y(z)}{z} e scomponendolo in fratti semplici, otteniamo:

(6)   \begin{equation*} \frac{Y(z)}{z} = \frac{1}{(z - \text{0,5})(z - \text{0,7})} = \frac{R_1}{z - \text{0,5}} + \frac{R_2}{z - \text{0,7}}. \end{equation*}

Da qui, troviamo che:

(7)   \begin{equation*} R_1 = \frac{1}{z - \text{0,7}}\bigg|_{z = \text{0,5}} = -5, \quad R_2 = \frac{1}{z - \text{0,5}}\bigg|_{z = \text{0,7}} = 5. \end{equation*}

Rimoltiplicando per z, la trasformata zeta della risposta diventa:

(8)   \begin{equation*} Y(z) = -\frac{5z}{z - \text{0,5}} + \frac{5z}{z - \text{0,7}}. \end{equation*}

Antitrasformando, otteniamo la risposta nel tempo discreto:

(9)   \begin{equation*} y(k) = Z^{-1}\{Y(z)\} = -5(\text{0,5})^k + 5(\text{0,7})^k. \end{equation*}

Valutando l’uscita nei primi tre istanti di tempo, risulta:

(10)   \begin{align*} y(0) &= -5(\text{0,5w })^0 + 5(\text{0,7})^0 = 0,\\ y(1) &= -5(\text{0,5})^1 + 5(\text{0,7})^1 = 1,\\ y(2) &= -5(\text{0,5})^2 + 5(\text{0,7})^2 = 1.2. \end{align*}

 

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Dato un sistema LTI a tempo discreto nella forma

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

dove abbiamo che

(12)   \begin{align*} &A=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{8}&0&0\\[10pt]\dfrac{3}{4}&\dfrac{1}{6}&0\\[10pt]0&\dfrac{3}{4}&\dfrac{1}{8} \end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}\\[7pt] &C=\begin{pmatrix} 0&0&\dfrac{5}{6} \end{pmatrix},\qquad D=0. \end{align*}

Calcolare il movimento dell’uscita dovuto allo stato x_0=\begin{pmatrix} 0\\20\\10 \end{pmatrix}.

Svolgimento.

L’uscita può essere calcolata come

(13)   \begin{equation*} y(k)=CT\tilde{A}^k T^{-1}x_0, \end{equation*}

dove \tilde{A} è la matrice diagonale simile alla matrice A e T è la matrice diagonalizzante tale che

(14)   \begin{equation*} \tilde{A}=T^{-1}AT. \end{equation*}

Ricaviamo quindi \tilde{A} e T.

  1. Occorre trovare gli autovalori della matrice A:

    (15)   \begin{align*} &|\lambda I-A|=0 \\[5pt] &\begin{vmatrix} \lambda-\dfrac{1}{8}&0&0\\[10pt]-\dfrac{3}{4}&\lambda-\dfrac{1}{6}&0\\[10pt]0&-\dfrac{3}{4}&\lambda-\dfrac{1}{8} \end{vmatrix}=0. \end{align*}

    Gli zeri del polinomio caratteristico risultano essere

    (16)   \begin{equation*} \lambda_1=\dfrac{1}{6},\quad\lambda_2=\dfrac{1}{8} \end{equation*}

    di molteplicità algebrica rispettivamente

    (17)   \begin{equation*} \operatorname{ma}(\lambda_1)=1,\quad \operatorname{ma}(\lambda_2)=2. \end{equation*}

    Osserviamo che entrambi gli autovalori, avendo modulo minore di uno, risultano stabili. Sapendo che vale la seguente catena di disuguaglianze

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

    deduciamo che anche la molteplicità geometrica di \lambda_1 sarà pari a uno.\\ Per il secondo autovalore vale invece

    (19)   \begin{equation*} \operatorname{mg}(\lambda_2)=n-\operatorname{rank}(A-\lambda_2 I)=3-2=1, \end{equation*}

    dove n=3 è l’ordine di A. Poiché \operatorname{mg}(\lambda_2)\neq\operatorname{ma}(\lambda_2), la matrice non è diagonalizzabile\footnote{Le condizioni per la diagonalizzabilità delle matrici sono: \begin{enumerate} \item La somma delle molteplicità algebriche sia pari all’ordine della matrice; \item La molteplicità algebrica di ogni autovalore coincide con quella geometrica. \end{enumerate}

    Le condizioni sono automaticamente verificate se il numero di autovalori della matrice è pari al suo ordine. }, bensì Jordanizzabile nella forma

    (20)   \begin{equation*} \tilde{A}=T^{-1}A T=\begin{pmatrix} \begin{matrix} \lambda_1 \end{matrix} &\vline&\begin{matrix} 0&0 \end{matrix} \\ \hline \begin{matrix}0\\0\end{matrix}&\vline&\begin{matrix} \lambda_2&1\\0&\lambda_2 \end{matrix} \end{pmatrix} \end{equation*}

  2. Troviamo quindi gli autovettori.\\ Per \lambda_1 abbiamo:

    (21)   \begin{equation*} \lambda_1 I-A=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{24}&0&0\\[10pt]\dfrac{3}{4}&0&0\\[10pt]0&\dfrac{3}{4}&-\dfrac{1}{24} \end{pmatrix} \end{equation*}

    cui si associa il sistema

    (22)   \begin{equation*}\begin{cases} x_1-x_2=0\\ x_2-x_3=0. \end{cases} \end{equation*}

    Un possibile autovettore è dunque

    (23)   \begin{equation*} \begin{pmatrix} v_{x1}\\[8pt]v_{y1}\\[8pt]v_{z1} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\[8pt]\dfrac{1}{18}\\[8pt]1 \end{pmatrix}. \end{equation*}

    Per \lambda_2 dobbiamo ricavare un autovettore ed un autovettore generalizzato. Per il primo procediamo come nel punto precedente

    (24)   \begin{equation*} (\lambda_2 I-A)v_2=0 \end{equation*}

    da cui si ricava l’autovettore

    (25)   \begin{equation*} \begin{pmatrix} v_{x2}\\[8pt]v_{y2}\\[8pt]v_{z2} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\[8pt]0\\[8pt]1 \end{pmatrix}. \end{equation*}

    L’autovettore generalizzato v_3 si trova, infine, impostando

    (26)   \begin{equation*} (\lambda_3 I-A)v_3=v_2\begin{pmatrix} 3&1&0\\[10pt]0&3&1\\[10pt]0&0&0 \end{pmatrix}. \end{equation*}

    Una possibile soluzione in tal caso è

    (27)   \begin{equation*} \begin{pmatrix} v_{x3}\\[8pt]v_{y3}\\[8pt]v_{z3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\dfrac{2}{27}\\[10pt]\dfrac{4}{3}\\[10pt]0 \end{pmatrix}. \end{equation*}

  3. Si definisce quindi la matrice jordanizzante T, avente per colonne gli autovettori (generalizzati) della matrice A

    (28)   \begin{equation*} \begin{pmatrix} 0&0&-\dfrac{2}{27}\\[10pt]\dfrac{1}{18}&0&\dfrac{4}{3}\\[10pt]1&1&0 \end{pmatrix} \end{equation*}

    tale che

    (29)   \begin{equation*} \tilde{A}=T^{-1}AT=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{6}&0&0\\[10pt]0&\dfrac{1}{8}&1\\[10pt]0&0&\dfrac{1}{8} \end{pmatrix}. \end{equation*}

Si ricava quindi immediatamente

(30)   \begin{equation*} \tilde{A}^k= \begin{pmatrix} \left(\dfrac{1}{6}\right)^k&0&0\\[10pt]0&\left(\dfrac{1}{8}\right)^k&\left(\dfrac{1}{8}\right)^{k-1}\\[10pt]0&0&\left(\dfrac{1}{8}\right)^k \end{pmatrix}. \end{equation*}

e con le opportune sostituzioni risulta

(31)   \begin{equation*} y(k)=300\left(\dfrac{1}{6}\right)?k-\dfrac{875}{3}\left(\dfrac{1}{8}\right)^k. \end{equation*}

 

Esercizio 3 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Dato il sistema lineare tempo invariante a tempo discreto

    \[\begin{cases} x\left(k+1\right)=Ax(k)+Bu(k)\\ y(k)=Cx(k)+Du(k), \end{cases}\]

dove

    \[\overline{x}(k)= \begin{pmatrix} x_1(k) \\ x_2(k) \end{pmatrix}\]

rappresenta il vettore delle variabili di stato la variabile del sistema, u l’ingresso e y l’uscita, con

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

    \[B= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix},\]

    \[C= \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}\]

e

    \[D= \begin{pmatrix} 0 \end{pmatrix}.\]

si richiede di trovare la risposta libera dello stato, a partire dallo stato iniziale

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

Inoltre, x_1(k) e x_2(k) sono le variabili di stato del sistema valutato all’istante k e x_{0,1} e x_{0,2} sono le condizioni iniziali, ovvero i valori assunti dalle variabili di stato all’istante iniziale.

Svolgimento.

Per iniziare, è necessario calcolare gli autovalori della matrice A tramite l’equazione caratteristica:

    \[ \det(A - \lambda I) = 0, \]

dove I indica la matrice identità. Procediamo quindi con il calcolo del determinante:

    \[ \det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} -1 - \lambda & 1 \\ 0 & -1 - \lambda \end{pmatrix} = (\lambda + 1)^2 = 0. \]

Questa equazione ha come soluzioni \lambda_1 = \lambda_2 = -1, indicando la presenza di un unico autovalore con molteplicità algebrica 2.

Una matrice è diagonalizzabile se la somma delle molteplicità algebriche dei suoi autovalori è uguale all’ordine della matrice e se, per ogni autovalore, la molteplicità algebrica corrisponde alla molteplicità geometrica. La prima condizione è soddisfatta nel nostro caso. Proseguiamo con la verifica della seconda condizione. La molteplicità geometrica dell’autovalore è data da:

    \[ m_g(\lambda) = 2 - \text{rank}(A - \lambda I) = 2 - 1 = 1. \]

Poiché la molteplicità geometrica dell’autovalore differisce dalla sua molteplicità algebrica, ne consegue che la matrice non è diagonalizzabile. Di conseguenza, dobbiamo adottare l’approccio della forma di Jordan per analizzare l’evoluzione del sistema. In questo contesto, la matrice di Jordan si compone di un numero di blocchi di Jordan pari alla molteplicità geometrica dell’autovalore, ognuno con una dimensione corrispondente alla sua molteplicità algebrica. Nel caso specifico, ci troviamo di fronte a un unico blocco di Jordan, che ha dimensione 2. Quindi, la matrice di Jordan per il nostro sistema assume la seguente struttura:

    \[J=\begin{pmatrix} \lambda& 1 \\ 0& \lambda \end{pmatrix}.\]

Essendo il sistema a tempo discreto occorre valutare la potenza k-esima della matrice J, cioè

    \[J^k=\begin{pmatrix} (-1)^k& k(-1)^{k-1} \\ 0& (-1)^k \end{pmatrix}.\]

La riposta libera dello stato è

    \[\overline{x}(k)=J^K\overline{x}(0),\]

ovvero

    \[\begin{pmatrix} x_1(k) \\ x_2(k) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (-1)^k& k(-1)^{k-1} \\ 0& (-1)^k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{0,1} \\ x_{0,2} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (-1)^kx_{0,1}+k(-1)^{k-1}x_{0,2} \\ (-1)^kx_{0,2} \end{pmatrix}.\]

Si conclude che la risposta libera vale

    \[\boxcolorato{controlli}{\begin{pmatrix} (-1)^kx_{0,1}+k(-1)^{k-1}x_{0,2} \\ (-1)^kx_{0,2} \end{pmatrix} }\]

 

 

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