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Esercizi analisi nel dominio del tempo e della trasformata Zeta di sistemi dinamici LTI a tempo discreto

Analisi nel dominio del tempo e della trasformata Zeta di sistemi dinamici LTI a tempo discreto

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Esercizio 1 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare la risposta completa di un sistema a tempo discreto

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

con matrici date da

(2)   \begin{align*} A&=\begin{pmatrix} 0&1&0\\0&2&0\\0&1&1 \end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix} 0&1\\2&0\\0&1 \end{pmatrix},\\[5pt] C&=\begin{pmatrix} 1&0&1\\1&2&0 \end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix} 0&0\\0&0 \end{pmatrix}, \end{align*}

allo stato iniziale

(3)   \begin{equation*} x_0=\begin{pmatrix} 1\\2\\0 \end{pmatrix} \end{equation*}

e all’ingresso

(4)   \begin{equation*}u(k)=\begin{pmatrix} 4k\\[3pt]-2 \end{pmatrix}sca(k).\end{equation*}

Svolgimento.

La risposta totale è somma della risposta libera e della risposta forzata

(5)   \begin{align*} y_l(k)&=Z^{-1}\left[C(zI-A)^{-1}\cdot x_0\right],\\ y_f(k)&=Z^{-1}\left\{\left[C(zI-A)^{-1}B+D\right]U(z)\right\}. \end{align*}

Calcoliamo innanzitutto

(6)   \begin{align*} zI-A&=\begin{pmatrix} z&-1&0\\0&z-2&0\\0&-1&z-1 \end{pmatrix},\\ (zI-A)^{-1}&=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{z}&\dfrac{1}{z(z-2)}&0\\[10pt]0&\dfrac{1}{z-2}&0\\[10pt]0&\dfrac{1}{(z-2)(z-1)}&\dfrac{1}{z-1} \end{pmatrix}. \end{align*}

Dunque per la risposta libera si ottiene

(7)   \begin{align*} Y_l(z)&=\begin{pmatrix} 1&0&1\\1&2&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \dfrac{z}{z-2}+1\\[10pt]\dfrac{2z}{z-2}\\[10pt]\dfrac{2z}{(z-2)(z-1)} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{z (z + 1)}{z^2 - 3z + 2} \\[10pt] \dfrac{5z}{z - 2} \end{pmatrix}\Rightarrow\\[10pt] y_l(k)&=\begin{pmatrix} 3(2)^k-2\\[5pt]5(2)^k \end{pmatrix}. \end{align*}

Per la risposta forzata si ottiene invece

(8)   \begin{align*} Y_f(z)&=\begin{pmatrix} \dfrac{4z-2}{z(z-2)(z-1)}&\dfrac{2z-1}{z(z-1)}\\[10pt]2\dfrac{1+2z}{z(z-2)}&\dfrac{1}{z} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \dfrac{z}{z-4}\\[10pt]-\dfrac{2z}{z-1}\end{pmatrix}\Rightarrow\\[7pt] y_f(k)&=\begin{pmatrix} \dfrac{7}{12}(4)^k-\dfrac{3}{2}2^k-\dfrac{4}{3}-2k+\dfrac{9}{4}\delta(k)\\[10pt] \dfrac{9}{4}4^k-\dfrac{5}{2}2^k-2-\dfrac{9}{4}\delta(k) \end{pmatrix}. \end{align*}

 

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Il regolatore a tempo continuo descritto dalla funzione di trasferimento

(9)   \begin{equation*} R(s)=\dfrac{4\left(s+2\right)}{s^2+6s+9}, \end{equation*}

permetto di ottenere controllando un opportuno processo G(s) le seguenti prestazioni

  1. margine di fase \phi_m=35^\circ;
  2. pulsazione di modulo unitario ad anello aperto: \omega_c=\text{0,75 rad}\cdot \textbf{s}^{-1}.

Si discretizzi il regolatore R(s) a tempo continuo, utilizzando la tecnica dell’approssimazione di Tustin, scegliendo opportunamente il periodo di campionamento in modo che la massima diminuzione del margine di fase dovuta alla discretizzazione sia

(10)   \begin{equation*} \left \vert \delta_\phi \right \vert \leq 1. \end{equation*}

Svolgimento.

La riduzione del margine di fase \phi_0, espressa in gradi, dipende dalla pulsazione di modulo unitario \omega_C, dal periodo di campionamento T, e dalla pulsazione di campionamento \omega_S secondo la seguente relazione:

(11)   \begin{equation*} \phi_0 = -\omega_C \frac{T}{2} \frac{180}{\pi} = -\frac{\omega_C}{\omega_S} 180. \end{equation*}

Questo ritardo di fase è conseguenza della presenza dello Zero-Order Hold (ZOH). Fissando il ritardo a \text{0,8} per aderire alle specifiche progettuali, si ottiene:

(12)   \begin{equation*} \text{0,8} = \left | -180 \frac{\omega_C}{\omega_S} \right |, \end{equation*}

che conduce a:

(13)   \begin{equation*} \omega_S = \frac{180 \omega_C}{\text{0.8}} = \text{168,75 rad} \cdot \text{s}^{-1}, \end{equation*}

e di conseguenza:

(14)   \begin{equation*} T_S = \frac{2\pi}{\omega_S} = \text{0,037 s}. \end{equation*}

Questa equazione rappresenta il periodo di campionamento associato alla perdita di fase assegnata.

Per la discretizzazione, utilizziamo la formula di Tustin:

(15)   \begin{equation*} S = \frac{2}{T_S} \frac{z-1}{z+1} = 53 \frac{z-1}{z+1}. \end{equation*}

Inserendo questa espressione nella formula del regolatore otteniamo:

(16)   \begin{equation*} \begin{aligned} R(z)&=4\dfrac{\dfrac{2+53\dfrac{z-1}{z+1}}{53\dfrac{z-1}{z+1}}}{9+6\cdot 53\dfrac{z-1}{z+1}+\left(\dfrac{53\left(z-1\right)}{z+1}\right)^2}=\\[10pt] &=4\dfrac{\dfrac{2z+2+53z-53}{53z-53}}{9+\dfrac{318z-318}{z+1}+\dfrac{53^2\left(z^2-2z+1\right)}{\left(z+1\right)^2}}=\\[10pt] &=4\dfrac{\dfrac{55z-51}{53z-53}}{9z^2+18z+9+318\left(z-1\right)\left(z+1\right)+53^2\left(z^2-2z+1\right)}=\\[10pt] &=4\dfrac{55z-51}{\left(53z-53\right)\left(3136z^2-5600z+2500\right)}. \end{aligned} \end{equation*}

 

 

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