Esercizi svolti proprietà strutturali dei sistemi

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Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dato il sistema lineare dinamico

(1) $\begin{align*} &\underline{\dot{x}}(t)=\begin{pmatrix} 1&1\\ 0&-1 \end{pmatrix} \underline{x}(t)+\begin{pmatrix}2\\3 \end{pmatrix}\mu(t)\\ &y(t)=\begin{pmatrix} 0&-1 \end{pmatrix}\underline{x}(t). \end{align*}$

Trovare la sua funzione di trasferimento e correlarla alle caratteristiche di raggiungibilità ed osservabilità.

Svolgimento.

La funzione di trasferimento $G(s)$ del sistema si calcola come:

(2) $\begin{equation*} G(s) = C(sI - A)^{-1}B + D. \end{equation*}$

Nel caso specifico, con $D = 0$ , si ha:

(3) $\begin{equation*} G(s) = \begin{pmatrix} 0 & -1 \end{pmatrix} \left( \begin{pmatrix} s - 1 & -1 \\ 0 & s + 1 \end{pmatrix}^{-1} \right) \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} = -\frac{3(s - 1)}{(s - 1)(s + 1)}. \end{equation*}$

Ciò comporta una cancellazione zero/polo, risultando in:

(4) $\begin{equation*} G(s) = -\frac{3}{s + 1}. \end{equation*}$

Essendo l’unico polo reale e negativo il sistema è esternamente asintoticamente stabile, ovvero BIBO (Bounded Input-Bounded Output). Tuttavia, la cancellazione di un polo positivo nasconde una instabilità interna.

Valutiamo le matrici di raggiungibilità ( $M_R$ ) e di osservabilità ( $M_0$ ):

(5) $\begin{equation*} M_R = [B \ AB] = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 3 & -3 \end{pmatrix}, \end{equation*}$

con rango pari a 2, e

(6) $\begin{equation*} M_0 = \begin{pmatrix} C \\ CA \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \end{equation*}$

con rango pari a 1.

Questo è coerente con la forma della funzione di trasferimento, alla quale contribuiscono solo le parti raggiungibili e osservabili del sistema. Se il sistema fosse stato in forma minima, non si sarebbero verificate cancellazioni polo/zero.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dato il sistema LTI a tempo continuo descritto dalle matrici

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

Si trovino gli autovalori del sistema e si studi la stabilità.
Posto $a=0$ si studino la raggiungibilità, l’osservabilità e l’eccitabilità del sistema e\slash o dei suoi autovalori.

Svolgimento.

Determiniamo gli autovalori del sistema:
$\begin{align*} \det(\lambda I - A) = \begin{vmatrix} \lambda + 1 & -1 & -4 \\ 0 & \lambda - a & -5 \\ 0 & 0 & \lambda + 6 \end{vmatrix} = -(a - \lambda)(\lambda + 1)(\lambda + 6) = 0. \end{align*}$

Ne deduciamo che gli autovalori del sistema sono $\lambda_1 = -6$ , $\lambda_2 = -1$ e $\lambda_3 = a$ . Le condizioni di stabilità sono:
- se $a = 0$ , il sistema è semplicemente stabile;
- se $a < 0$ , il sistema è asintoticamente stabile.
Per l’analisi della raggiungibilità si calcola la matrice di raggiungibilità:
$\begin{equation*} M_R = [B \quad AB \quad A^2B] = \begin{pmatrix} 0 & 1 & a - 1 \\ 1 & a & a^2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Poiché $|M_R| = 0$ , il sistema non è completamente raggiungibile per nessun valore di $a$ , quindi neppure per $a=0.$

Si conduce l’analisi dell’osservabilità con $a=0$ : Con $a=0$ , otteniamo:

$\begin{align*} A = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & -6 \end{pmatrix}, \quad M_D = \begin{pmatrix} C \\ CA \\ CA^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 4 \\ 1 & -1 & -23 \end{pmatrix}. \end{align*}$

Il determinante di $M_D$ è $-19$ , il che implica che tutti gli autovalori sono osservabili.

Per verificare l’eccitabilità degli autovalori, consideriamo il prodotto del rispettivo autovettore sinistro per $B$ . L’autovettore sinistro si ottiene moltiplicando a sinistra il generico vettore $\begin{pmatrix} v_x & v_y & v_z \end{pmatrix}$ per la matrice $(\lambda I - A)$ , come mostrato di seguito.
- Per $\lambda_1 = -6$ :
  $\begin{align*} \begin{pmatrix} v_x & v_y & v_z \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -5 & -1 & -4 \\ 0 & -6 & -5 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \end{align*}$
  
  Da cui:
  
  $\begin{align*} \begin{cases} -5 v_x = 0 \\ -v_x - 6v_y = 0 \\ -4v_x - 5v_y = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} v_x = 0 \\ v_y = 0 \\ v_z = 1 \end{cases}. \end{align*}$
  
  Poiché $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} B = 0$ , $\lambda_1$ non è eccitabile.
- Per $\lambda_2 = -1$ :
  $\begin{align*} \begin{pmatrix} v_x & v_y & v_z \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -1 & -4 \\ 0 & -1 & -5 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \end{align*}$
  
  Da cui:
  
  $\begin{align*} \begin{cases} -v_x - v_y = 0 \\ -4v_x - 5v_y + 5v_z = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} v_x = 1 \\[10pt] v_y = -1 \\[10pt] v_z = -\dfrac{1}{5} \end{cases}. \end{align*}$
  
  Poiché $\begin{pmatrix} 1 & -1 & -\dfrac{1}{5} \end{pmatrix} B = -1$ , $\lambda_2$ è eccitabile.
- Per $\lambda_3 = 0$ :
  $\begin{align*} \begin{pmatrix} v_x & v_y & v_z \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 & -4 \\ 0 & 0 & -5 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \end{align*}$
  
  Da cui:
  
  $\begin{align*} \begin{cases} v_x = 0 \\ -5v_y + 6v_z = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} v_x = 0 \\[10pt] v_y = 1 \\[10pt] v_z = \dfrac{5}{6} \end{cases}. \end{align*}$
  
  Poiché $\begin{pmatrix} 0 & 1 & \dfrac{5}{6} \end{pmatrix} B = 1$ , $\lambda_3$ è eccitabile.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Consideriamo il seguente sistema lineare e stazionario:

(8) $\begin{align*} &\dot{x}(t) = Ax(t) + B\mu(t), \\[10pt] &y(t) = Cx(t) + D, \end{align*}$

dove le matrici del sistema sono definite come:

(9) $\begin{align*} &A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & -5 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \\[10pt] &C = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}, \quad D = 0. \end{align*}$

L’obiettivo è separare la parte osservabile del sistema utilizzando la scomposizione di Kalman.

Svolgimento.

Si calcola la matrice di osservabilità:

(10) $\begin{equation*} M_0 = \begin{pmatrix} C \\ CA \\ CA^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 2 & 0 & -15 \\ 0 & 0 & 75 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Le righe indipendenti di $M_0$ formano una base dello spazio osservabile.

Poiché il rango di $M_0$ è 2, selezioniamo due righe indipendenti e trasponendole otteniamo una base dello spazio osservabile:

(11) $\begin{equation*} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 0 \\ 3 & -15 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Per distinguere la parte osservabile da quella non osservabile, completiamo la base con un vettore linearmente indipendente:

(12) $\begin{equation*} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Conseguentemente, la matrice di trasformazione è:

(13) $\begin{equation*} P = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 3 & -15 & 0 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

La nuova realizzazione del sistema si ottiene come segue:

(14) $\begin{align*} &A^\prime = P^{-1}AP, \quad B^\prime = P^{-1}B, \\ &C^\prime = CP, \quad \hat{D} = D. \end{align*}$

Il sistema trasformato è quindi:

(15) $\begin{align*} &\underline{\dot{\hat{x}}} = \begin{pmatrix} 0 & 10 & 0 \\ 1 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \underline{\hat{x}} + \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \mu, \\ &\underline{\hat{y}} = \begin{pmatrix} 10 & -43 & 0 \end{pmatrix} \underline{\hat{x}}. \end{align*}$

Questo corrisponde alla forma:

(16) $\begin{align*} &\dot{x} = \begin{pmatrix} A_0 & 0 \\ A_1 & A_{\mu0} \end{pmatrix} x + \begin{pmatrix} B_0 \\ B_{\mu0} \end{pmatrix} \mu, \\ &y = \begin{pmatrix} C_0 & 0 \end{pmatrix} x. \end{align*}$

Dove:

(17) $\begin{align*} &A_0 = \begin{pmatrix} 0 & 10 \\ 1 & -3 \end{pmatrix}, \quad B_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad C_0 = \begin{pmatrix} 10 & -43 \end{pmatrix}, \end{align*}$

identificando così la parte osservabile del sistema.

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