Esercizi svolti sintesi del modello di stato ISU

Home » Esercizi svolti sintesi del modello di stato ISU

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

(1) $\begin{equation*} W(s)=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-5} & \dfrac{3\left(s-1\right)}{\left(s-5\right)\left(s+1\right)} \\[10pt] \dfrac{3\left(s-1\right)}{\left(s-5\right)\left(s+1\right)}& \dfrac{s-1}{s-5} \end{pmatrix},\end{equation*}$

si richiede di determinare una rappresentazione dello spazio di stato relativo a questa matrice.

Svolgimento.

Nella matrice $W$ di trasferimento contribuiscono solo le parti del sistema che sono sia raggiungibili che osservabili. Di conseguenza, la realizzazione ricavata dalla funzione di trasferimento è minima, ovvero non include parti del sistema che sono non raggiungibili o non osservabili. Per realizzare ciò, si possono utilizzare il metodo di Kalman o il metodo di Gilbert; in questo contesto, adottiamo il metodo di Gilbert.

La funzione di trasferimento del sistema è data dalla formula:

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

dove le matrici $A$ , $B$ , $C$ , $D$ caratterizzano un sistema lineare tempo-invariante nella forma:

$\begin{cases} \dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)\\ y(t) = Cx(t) + Du(t), \end{cases}$

qui $x(t)$ rappresenta il vettore delle variabili di stato e $u(t)$ è il vettore degli ingressi. La matrice $I$ è la matrice identità.

Notiamo che $C(sI - A)^{-1} B$ è strettamente propria (cioè il grado del numeratore è strettamente inferiore a quello del denominatore). Di conseguenza, la matrice $D$ può essere determinata come:

$\lim_{s \to +\infty} W(s) = D.$

Nel caso in esame

(2) $\begin{equation*} D=\lim_{s\to +\infty}\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-5} & \dfrac{3\left(s-1\right)}{\left(s-5\right)\left(s+1\right)} \\[10pt] \dfrac{3\left(s-1\right)}{\left(s-5\right)\left(s+1\right)}& \dfrac{s-1}{s-5} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 0\\ 0& 1 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

La parte strettamente propria $W^\prime(s)$ può essere ottenuta come

(3) $\begin{equation*} W^\prime(s)=W(s)-D=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-5} & \dfrac{3\left(s-1\right)}{\left(s-5\right)\left(s+1\right)} \\[10pt] \dfrac{3\left(s-1\right)}{\left(s-5\right)\left(s+1\right)}& \dfrac{s-1}{s-5}-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-5} & \dfrac{3\left(s-1\right)}{\left(s-5\right)\left(s+1\right)} \\[10pt] \dfrac{3\left(s-1\right)}{\left(s-5\right)\left(s+1\right)}& \dfrac{4}{s-5} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Ogni termine della parte strettamente propria va scomposto in fratti semplici. Abbiamo dunque

$\dfrac{3\left(s-1\right)}{\left(s-5\right)\left(s-1\right)}=\dfrac{2}{s-5}+\dfrac{1}{s+1},$

da cui

(4) $\begin{equation*} W^\prime(s)=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s-5} & \dfrac{2}{s-5}+\dfrac{1}{s+1} \\[10pt] \dfrac{2}{s-5}+\dfrac{1}{s+1}& \dfrac{4}{s-5} \end{pmatrix}=\dfrac{1}{s-5}\underbrace{\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2& 4 \end{pmatrix}}_{M_1}+\dfrac{1}{s+1}\underbrace{\begin{pmatrix} 0& 1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}}_{M_2}. \end{equation*}$

Occorre ricavare le matrici ( $B_1$ , $C_1$ ) e ( $B_2$ , $C_2$ ) associate rispettivamente ad $M_1$ e $M_2$ tali che le matrici rappresentative del sistema siano

(5) $\begin{equation*} B=\begin{pmatrix} B_1 \\ B_2 \end{pmatrix} \end{equation*}$

(6) $\begin{equation*} C=\begin{pmatrix} C_1 &C_2\end{pmatrix}. \end{equation*}$

Per ricavare $C_1$ e $C_2$ occorre ricavare il rango di $M_1$ che è pari ad $1$ . Si pone $C_1$ pari ad una colonna di $M_1$ , per esempio

$C_1=\begin{pmatrix} 1\\ 2 \end{pmatrix}.$

Si pone

$M_1=C_1B_1.$

Osserviamo che la matrice $C_1$ non è invertibile quindi per trovare la matrice $B_1$ occorre trovare la matrice pseudoinversa di Penrose di $C_1$ , cioè $C_1^\star$ . Si ha

$C_1^\star=\left(C_1^TC_1\right)^{-1}C_1^T=\left[\begin{pmatrix} 1&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\ 2 \end{pmatrix}\right]^{-1}\begin{pmatrix} 1&2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{5}&\dfrac{2}{5} \end{pmatrix}.$

Dunque, si ha

$B_1=C_1^\star M_1=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{5}&\dfrac{2}{5} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2& 4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&2 \end{pmatrix}.$

Il rango di $M_2$ è $2$ , pertanto $C_2$ può essere posta uguale alla matrice identità di ordine 2 e $B_2$ sarà uguale ad

$B_2=C_2^{-1}M_2=\begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0& 1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0& 1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}.$

Le matrici descrittive del sistema sono

(7) $\begin{equation*} B=\begin{pmatrix} 1& 2 \\ 1& 0\\ 0&1 \end{pmatrix} \end{equation*}$

(8) $\begin{equation*} C=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{5}& 0 &1\\[10pt] \dfrac{2}{5}& 1&0\end{pmatrix}. \end{equation*}$

La matrice $A$ è una matrice quadrata di ordine $3$ . È composta da due sottomatrici principali sulla sua diagonale. La prima sottomatrice, di ordine $1$ , è associata a $M_1$ e si ottiene moltiplicando l’autovalore $5$ per la matrice identità di ordine $1$ . La seconda sottomatrice, di ordine $2$ , è associata a $M_2$ e si forma moltiplicando l’autovalore $-1$ per una matrice identità di ordine $2$ . Le restanti posizioni della matrice $A$ sono riempite con zeri. Di conseguenza, la struttura di $A$ risulta essere:

(9) $\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} 5& 0 &0\\ 0& -1&0\\ 0&0&-1 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Data la matrice di trasferimento

(10) $\begin{equation*} W(s)=\begin{pmatrix} \dfrac{2s-1}{(s+1)(s-2)} & -\dfrac{2s^2+s-16}{(s-2)(s+4)} \\[10pt] \dfrac{s^2+2s-2}{(s+1)(s-2)} & \dfrac{s+4}{(s+1)(s-2)} \end{pmatrix}, \end{equation*}$

si richiede di trovare le matrici $A$ , $B$ , $C$ e $D$ di un sistema tempo invariante associato alla matrice di trasferimento data.

Svolgimento.

Si ha

(11) $\begin{equation*} D=\lim_{s\to +\infty}W(s)=\begin{pmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Una volta determinato $D$ può essere valuta una matrice $W^\prime(s)$ come differenza tra $W(s)$ e $D$ , cioè

(12) $\begin{equation*} \begin{aligned} W^\prime(s)&=W(s)-D=\\[10pt] &=\begin{pmatrix} \dfrac{2s-1}{(s+1)(s-2)} & -\dfrac{2s^2+s-16}{(s-2)(s+4)} \\[10pt] \dfrac{s^2+2s-2}{(s+1)(s-2)} & \dfrac{s+4}{(s+1)(s-2)} \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}=\\[10pt] &=\begin{pmatrix} \dfrac{2s-1}{(s+1)(s-2)} & -\dfrac{2s^2+s-16}{(s-2)(s+4)} +2 \\[10pt] \dfrac{s^2+2s-2}{(s+1)(s-2)} -1& \dfrac{s+4}{(s+1)(s-2)} \end{pmatrix}=\\[10pt] &=\begin{pmatrix} \dfrac{2s-1}{(s+1)(s-2)} & \dfrac{3s}{(s-2)(s+4)} \\[10pt] \dfrac{3s}{(s+1)(s-2)} & \dfrac{s+4}{(s+1)(s-2)} \end{pmatrix}. \end{aligned} \end{equation*}$

Scomponiamo gli elementi della matrice $W^\prime(s)$ in fratti semplici. Una volta effettuata la scomposizione in fratti semplici, la matrice può essere riscritta come

(13) $\begin{equation*} W^\prime(s)=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{s+1} + \dfrac{1}{s-2} & \dfrac{1}{s-2}+ \dfrac{2}{s+4} \\[10pt] \dfrac{1}{s+1}+ \dfrac{2}{s-2} & \dfrac{2}{s-2}-\dfrac{1}{s+1} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Mettiamo in evidenza gli autovalori, pertanto abbiamo

(14) $\begin{equation*} W^\prime(s)=\dfrac{1}{s+1}\underbrace{\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 1 & -1 \end{pmatrix}}_{M_1}+ \dfrac{1}{s-2}\underbrace{\begin{pmatrix} 1& 1\\ 2&2 \end{pmatrix}}_{M_2}+\dfrac{1}{s+4}\underbrace{\begin{pmatrix} 0& 2\\ 0&0 \end{pmatrix}}_{M_3}. \end{equation*}$

Per ciascuna delle matrici $M_1$ , $M_2$ , e $M_3$ , dobbiamo trovare delle coppie di matrici $B$ e $C$ associate. In particolare, per $M_1$ , possiamo notare che ha rango pieno, quindi possiamo impostare $C_1$ come la matrice identità $I$ :

$C_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

Inoltre, possiamo impostare $B_1$ uguale a $M_1$ :

$B_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 1 & -1 \end{pmatrix}$

Per quanto riguarda $M_2$ , che ha rango $1$ , possiamo scegliere $C_2$ come una qualsiasi colonna linearmente indipendente di $M_2$ , ad esempio:

$C_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$

Successivamente, per calcolare $B_2$ , dobbiamo trovare la matrice pseudoinversa di $C_2$ , definita come:

$C_2^\dagger = (C_2^T\,C_2)^{-1}C_2^T = \left(\begin{pmatrix} 1 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}\right)^{-1}\begin{pmatrix} 1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{5} & \dfrac{2}{5} \end{pmatrix}$

Dunque, abbiamo

$\begin{aligned} B_2 &= C_2^\star M_2 = \\ &= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{5} & \dfrac{2}{5} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 2 & 2 \end{pmatrix} = \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$

Per la matrice $M_3$ , essendo di rango $1$ , la matrice $C_3$ può essere posta uguale a una colonna linearmente indipendente di $M_3$ , cioè

$C_3 = \begin{pmatrix} 2\\ 0 \end{pmatrix}.$

Come nel caso precedente, occorre trovare la matrice pseudoinversa $C_3^\star$ per $C_3$ , pertanto si ha

$\begin{aligned} C_3^\star &= (C_3^T\,C_3)^{-1}C_3^T = \\ &= \left[\begin{pmatrix} 2 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2\\ 0 \end{pmatrix}\right]^{-1}\begin{pmatrix} 2 & 0 \end{pmatrix} = \\ &= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}. \end{aligned}$

Quindi

$\begin{aligned} B_3 &= C_3^\star M_3 = \\ &= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 2\\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \\ &= \begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$

La matrice $A$ è una matrice quadrata di ordine $4$ , formata da una sottomatrice di ordine $2$ associata ad $M_1$ , e data dal prodotto dell’autovalore $-1$ per la matrice identità di ordine $2$ , da una sottomatrice di ordine $1$ associata ad $M_2$ data dal prodotto dell’autovalore $2$ per una matrice identità di ordine $1$ , da una sottomatrice di ordine $1$ associata ad $M_3$ data dal prodotto dell’autovalore $-4$ per una matrice identità di ordine $1$ . Queste sottomatrici sono poste sulla diagonale principale di $A$ , e il resto delle posizioni della matrice $A$ è completato dagli zeri. Pertanto, si ha

$A = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}.$

La matrice $B$ ha una struttura del tipo

$B = \begin{pmatrix} B_1 \\ B_2 \\ B_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & -1 \\ 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$

La matrice $C$ ha una struttura del tipo

$C = \begin{pmatrix} C_1 & C_2 & C_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}.$

Come verifica della correttezza del risultato ottenuto, si può ricavare la matrice di trasferimento associata alle matrici $A$ , $B$ , $C$ , e $D$ , ovvero

$W(s) = C\left(sI-A\right)^{-1}B + D.$

Dalla precedente formula, si ottiene un risultato analogo alla matrice $W(s)$ data nella traccia.

Tutte le cartelle di controlli automatici

Leggi...

Document

Menu

Chiudi

Esercizi svolti sintesi del modello di stato ISU

Svolgimento.

Svolgimento.

Tutte le cartelle di controlli automatici

Leggi...

Suggerimenti, refusi ed errori

Cosa dicono di noi