Esercizi svolti analisi nel dominio di Laplace e del tempo di sistemi dinamici LTI a tempo continuo

Analisi nel dominio di Laplace e del tempo di sistemi dinamici LTI a tempo continuo

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Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si consideri il sistema

$\dot{x}(t)=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 &2 \end{pmatrix}x(t)+\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}u(t),$

dove $x(t)$ rappresenta il vettore delle variabili di stato e $u(t)=e^{3t}$ rappresenta l’ingresso. Le condizioni iniziali sono

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

Si richiede di determinare il movimento completo dello stato.

Svolgimento.

Sia per il movimento libero che per il movimento forzato occorre determinare la matrice

$(sI-A)^{-1},$

dove $s$ è la variabile di Laplace, $A$ è la matrice della dinamica e $I$ è la matrice identità. Abbiamo dunque

(1) $\begin{equation*} \begin{aligned} (sI-A)^{-1}&=\left(\begin{pmatrix} s & 0 \\ 0 &s \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 &2 \end{pmatrix}\right)^{-1}=\\ &=\begin{pmatrix} s-1 & -1 \\ 0 &s-2 \end{pmatrix}^{-1}=\\ &=\dfrac{1}{(s-1)(s-2)}\begin{pmatrix} s-2 & 1 \\ 0 &s-1 \end{pmatrix}=\\ &=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-1} & \dfrac{1}{(s-1)(s-2)} \\[10pt] 0 &\dfrac{1}{s-2} \end{pmatrix}. \end{aligned} \end{equation*}$

La risposta libera dello stato è

(2) $\begin{equation*} \begin{aligned} x_l(s)&=(sI-A)^{-1}x(0)=\\ &=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-1} & \dfrac{1}{(s-1)(s-2)} \\[10pt] 0 &\dfrac{1}{s-2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}=\\ &=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-1} - \dfrac{1}{(s-1)(s-2)} \\ -\dfrac{1}{(s-2)} \end{pmatrix}. \end{aligned} \end{equation*}$

Per determinare l’andamento temporale, è necessario eseguire l’antitrasformata di Laplace della matrice. Questo si realizza decomponendo in fratti semplici ciascuno dei suoi elementi. Di conseguenza, otteniamo la seguente scomposizione:

$\dfrac{1}{(s-1)(s-2)}=\dfrac{A}{s-1}+\dfrac{B}{s-2},$

dove $A$ e $B$ sono costanti da determinare. Con semplici passaggi si ottiene $A=-1$ e $B=1$ , da cui, si ha

$\dfrac{1}{(s-1)(s-2)}=-\dfrac{1}{s-1}+\dfrac{1}{s-2},$

conseguentemente

(3) $\begin{equation*} \begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-1} - \dfrac{1}{(s-1)(s-2)} \\ -\dfrac{1}{(s-2)} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-1} - \left(-\dfrac{1}{s-1}+\dfrac{1}{s-2}\right) \\ -\dfrac{1}{(s-2)} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{2}{s-1} -\dfrac{1}{s-2} \\ -\dfrac{1}{(s-2)} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Quindi, antitrasformando l’ultima matrice ottenuta, si ha

(4) $\begin{equation*} x_l(t)=\begin{pmatrix} e^{-2t}+2e^t \\ -e^{2t} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

La risposta forzata si può ottenere come

(5) $\begin{equation*} \begin{aligned} x_f(s)&=\left(sI-A\right)^{-1}B\,U(s)=\\ &=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-1} & \dfrac{1}{(s-1)(s-2)} \\[10pt] 0 &\dfrac{1}{s-2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\dfrac{1}{s-3}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove abbiamo trasformato $u(t)$ , cioè $U(s)=\dfrac{1}{s-3}$ . Svolgendo i calcoli abbiamo

(6) $\begin{equation*} \begin{aligned} \begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-1} & \dfrac{1}{(s-1)(s-2)} \\[10pt] 0 &\dfrac{1}{s-2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\dfrac{1}{s-3}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{(s-1)(s-2)} \\[10pt] \dfrac{1}{s-2} \end{pmatrix}\dfrac{1}{s-3}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{(s-1)(s-2)(s-3)} \\[10pt] \dfrac{1}{(s-2)(s-3)} \end{pmatrix}. \end{aligned} \end{equation*}$

Occorre scomporre in fratti semplici i termini della matrice per poterli antitrasformare. Si ha

$\dfrac{1}{(s-1)(s-2)(s-3)}=\dfrac{C}{s-1}+\dfrac{D}{s-2}+\dfrac{E}{s-3},$

dove $C$ , $D$ e $E$ sono costanti da determinare. Con semplici passaggi si ottiene $C=\dfrac{1}{2}$ , $D=-1$ e $E=\dfrac{1}{2}$ , da cui

$\dfrac{1}{(s-1)(s-2)(s-3)}=\dfrac{1}{2(s-1)}-\dfrac{1}{s-2}+\dfrac{1}{2(s-3)}.$

Inoltre, si ha

$\dfrac{1}{(s-2)(s-3)}=\dfrac{F}{(s-2)}+\dfrac{G}{(s-3)},$

dove $F$ e $G$ sono costanti da determinare. Con semplici passaggi si ottiene $F=-1$ e $G=-1$ , da cui

$\dfrac{1}{(s-2)(s-3)}=-\dfrac{1}{(s-2)}+\dfrac{1}{(s-3)}.$

Sfruttando quanto ottenuto, si trova

(7) $\begin{equation*} \begin{pmatrix} \dfrac{1}{(s-1)(s-2)(s-3)} \\[10pt] \dfrac{1}{(s-2)(s-3)} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2(s-1)}-\dfrac{1}{s-2}+\dfrac{1}{2(s-3)} \\[10pt] -\dfrac{1}{(s-2)}+\dfrac{1}{(s-3)} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Antitrasformando gli elementi della precedente matrice, abbiamo

(8) $\begin{equation*} \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}e^{t}-e^{2t}+\dfrac{1}{2}e^{3t}\\[10pt] -e^{2t}+e^{3t} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Sommando le risposte libere e forzate si ottiene l’andamento dello stato, ovvero

(9) $\begin{equation*}\boxcolorato{controlli}{x(t)=x_l(t)+x_f(t)=\begin{pmatrix} \dfrac{5}{2}e^t-2e^t+\dfrac{e^{3t}}{2}\\[10pt] -2e^{2t}+e^{3t} \end{pmatrix}. }\end{equation*}$

Nell’esercizio 3, incluso nella sezione ‘Analisi modale di sistemi dinamici LTI a tempo continuo’, avevamo raggiunto un risultato analogo attraverso un’analisi nel dominio temporale. Tuttavia, l’approccio nel dominio di Laplace offre una visione più nitida, permettendo di distinguere in modo più definito i contributi libero e forzato all’evoluzione delle variabili di stato.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Dato un sistema LTI nella forma

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

dove abbiamo che

(11) $\begin{align*} &A=\begin{pmatrix} -2&0&1\\1&-2&3\\0&0&-5 \end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix} 1&0\\-2&2\\0&0 \end{pmatrix}\\[7pt] &C=\begin{pmatrix} 3&0&-1\\0&1&2 \end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix} 0&0\\0&-3 \end{pmatrix}. \end{align*}$

Si calcolino con l’impiego della trasformata di Laplace

il polinomio caratteristico;
l’espressione di $e^{At}$ ;
la risposta completa dovuta allo stato iniziale
(12) $\begin{equation*} x_0=\begin{pmatrix} 0\\0\\2 \end{pmatrix}; \end{equation*}$

e all’ingresso

(13) $\begin{equation*} u(t)=\begin{pmatrix} 4e^t\\\text{1,5} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Calcoliamo il polinomio caratteristico
(14) $\begin{equation*} |sI-A|=\begin{vmatrix} s+2&0&-1\\-1&s+2&-3\\0&0&s+5 \end{vmatrix}=(s+2)^2(s+5). \end{equation*}$

$e^{At}$ si può ottenere antitrasformando componente per componente la matrice $(sI-A)^{-1}$ in accordo alla relazione

(15) $\begin{equation*} e^{At}=\mathcal{L}^{-1}\left[(sI-A)^{-1}\right]. \end{equation*}$

Calcoliamo quindi

(16) $\begin{align*} (sI-A)^{-1}&=\dfrac{1}{(s+2)^2(s+5)}\begin{pmatrix} (s+2)(s+5)&0&s+2\\[10pt]s+5&(s+2)(s+5)&3(s+2)+1\\[10pt]0&0&(s+2)^2 \end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s+2}&0&\dfrac{1}{3(s+2)}-\dfrac{1}{3(s+5)}\\[12pt]\dfrac{1}{(s+2)^2}&\dfrac{1}{s+2}&-\dfrac{8}{9}\dfrac{1}{s+5}+\dfrac{8}{9}\dfrac{1}{s+2}+\dfrac{1}{3(s+2)^2}\\[12pt]0&0&\dfrac{1}{s+5}. \end{pmatrix} \end{align*}$

Antitrasformando componente per componente si ottiene

(17) $\begin{equation*} e^{At}=\begin{pmatrix} e^{-2t}&0&\dfrac{1}{3}e^{-2t}-\dfrac{1}{3}e^{-5t}\\[10pt]te^{-2t}&e^{-2t}&-\dfrac{8}{9}(e^{-5t}-e^{-2t}+\dfrac{1}{3}te^{-2t})\\[10pt]0&0&e^{-5t}. \end{pmatrix} \end{equation*}$
La risposta completa dell’uscita si può ottenere come
(18) $\begin{equation*} Y(s)=C(sI-A)^{-1}x_0+\left[C(sI-A)^{-1}B+D\right]U(s)=X_1(s)+X_2(s), \end{equation*}$

con

(19) $\begin{equation*} U(s)=\mathcal{L}[u(t)]=\begin{pmatrix}\dfrac{4}{s-1}\\[5pt]\dfrac{1,5}{s} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Si calcolano esplicitamente

(20) $\begin{align*} X_1(s)&=\begin{pmatrix} \dfrac{2}{s+2}-\dfrac{4}{s+5}\\[12pt]\dfrac{20}{9}\dfrac{1}{s+5}+\dfrac{2}{3}\dfrac{1}{(s+2)^2}-\dfrac{16}{9}\dfrac{1}{s+2} \end{pmatrix}\\[10pt] X_2(s)&=\begin{pmatrix} \dfrac{3}{s+2}\\[12pt]\dfrac{1}{(s+2)^2}-\dfrac{2}{s+2} \end{pmatrix}\dfrac{4}{s-1}+\begin{pmatrix} 0\\[8pt]\dfrac{2}{s+3}-3 \end{pmatrix}\dfrac{1,5}{s}. \end{align*}$

Dunque la risposta completa nel dominio di Laplace è

(21) $\begin{equation*} Y(s)=\begin{pmatrix} \dfrac{4}{s-1}-\dfrac{4}{s+5}-\dfrac{2}{s+2}\\[12pt]\dfrac{4}{9}\dfrac{1}{s-1}-\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{s}-\dfrac{67}{18}\dfrac{1}{s+2}-\dfrac{2}{3}\dfrac{1}{(s+2)^2}+\dfrac{20}{9}\dfrac{1}{s+5}. \end{pmatrix} \end{equation*}$

Antitrasformando si ottiene la risposta completa nel dominio del tempo

(22) $\begin{equation*} y(t)=\begin{pmatrix} 4e^t-4e^{-5t}-2e^{-2t}\\[10pt]\dfrac{4}{9}e^t-\dfrac{3}{2}-\dfrac{67}{18}e^{-2t}-\dfrac{2}{3}te^{-2t}+\dfrac{20}{9}e^{-5t} \end{pmatrix}H(t), \end{equation*}$

dove con $H(t)$ indichiamo la funzione scalino di Heaviside.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Dato un sistema LTI nella forma

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

dove abbiamo che

(24) $\begin{align*} &A=\begin{pmatrix} -1&1&4\\0&0&5\\0&0&-6 \end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}\\[7pt] &C=\begin{pmatrix} 1&0&0 \end{pmatrix},\qquad D=0. \end{align*}$

Indicando con $H(t)$ la funzione scalino di Heaviside, calcolare:

la risposta libera dovuta allo stato $x_0=\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}$ ;
la risposta forzata generata dall’ingresso $u(t)=-H(t-1).$

Figura 1.

Svolgimento.

La risposta libera si può ricavare come
$Y_l(s) = C(sI - A)^{-1} x_0,$

dove

(25) $\begin{equation*} \left(sI-A\right)^{-1}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s+1}&\dfrac{1}{s(s+1)}&\dfrac{4s+5}{s(s+1)(s+6)}\\[10pt]0&\dfrac{1}{s}&\dfrac{5}{s+6}\\[10pt]0&0&\dfrac{1}{s+6} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Dunque,

$Y_l(s) = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{s+1} & \dfrac{1}{s(s+1)} & \dfrac{4s+5}{s(s+1)(s+6)} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{s(s+1)}.$

Scomponiamola in fratti semplici

(26) $\begin{equation*} \dfrac{1}{s(s+1)}=\dfrac{A}{s}+\dfrac{B}{s+1}=\dfrac{(A+B)s+A}{s(s+1)}. \end{equation*}$

$A$ e $B$ si ottengono quindi come soluzioni del sistema

(27) $\begin{equation*} \begin{cases} A+B=0\\ A=1 \end{cases}. \end{equation*}$

Abbiamo quindi

(28) $\begin{equation*} Y_l(s)=\dfrac{1}{s}-\dfrac{1}{s+1}. \end{equation*}$

La risposta libera nel dominio del tempo si ricava quindi antitrasformando

(29) $\begin{equation*} y_l(t)=\mathcal{L}^{-1}\left[Y_l(s)\right]=u(t)[1-e^{-t}]. \end{equation*}$
Per determinare la risposta forzata, si calcola innanzitutto la trasformata di Laplace dell’ingresso
(30) $\begin{equation*} U(s)=\mathcal{L}[-H(t-1)]=-\dfrac{1}{s}e^{-s} \end{equation*}$

e l’uscita forzata risulta da

(31) $\begin{equation*} Y_f(s)=G(s)U(s), \end{equation*}$

dove

$G(s) = C(sI - A)^{-1}B + D.$

Sostituendo i valori si trova:

$G(s) = \frac{1}{s(s+1)},$

da cui

$Y_f(s) = G(s)U(s) = -\frac{1}{s^2(s+1)} e^{-s}.$

Scomponiamo la parte razionale dell’uscita forzata in fratti semplici utilizzando la precedente scomposizione

(32) $\begin{equation*} \dfrac{1}{s^2(s+1)}=\dfrac{1}{s^2}-\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{s+1}. \end{equation*}$

L’uscita forzata nel dominio di Laplace si può quindi riscrivere nella forma

(33) $\begin{equation*} Y_f(s)=-\left(\dfrac{1}{s^2}-\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{s+1}\right)e^{-s}, \end{equation*}$

da cui se ne ricava immediatamente l’antitrasformata

(34) $\begin{equation*} y_f(t)=\mathcal{L}^{-1}\left[Y_f(s)\right]=\left(-t+2-e^{1-t}\right)H(t-1). \end{equation*}$