Controlli automatici: discussioni sulla teoria, esercizi

Messaggioda Lauke » 03/04/2009, 18:48

Salve signori. Apro questo forum per chiarire alcuni argomenti di controlli automatici, e per vedere e commentare qualke esercizio con voi.

Domanda 1. Matrice di trasferimento

La matrice di trasferimento è quella matrice che ha all'elemento i-j la funzione di trasferimento derivante dal rapporto tra l'ingresso i-esimo e l'uscita j-esima.

Ma come si dimostra questa "proprietà"? cioè intuitivamente potrei arrivarci con esempio, cioè mi costruisco un sistema a due ingressi e due uscite per dire e mi ricavo la matrice di trasferimento associata (la cui definizione è "analoga" a quella di un sistema SISO).
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Messaggioda elgiovo » 04/04/2009, 15:51

Puoi vederlo sviluppando in forma simbolica l'espressione dell'uscita nel dominio di Laplace:

$ulY_(f) (s)=ululC(sululI-ululA)^(-1)ululBulU(s)+ululDU(s)=ululW(s)ulU(s)$,

nonchè

$[(Y_(1)),(Y_(2)),(vdots),(Y_(n))]=[(W_(11),W_(12),ldots,W_(1m)),(W_(21),W_(22),ldots,W_(2m)),(vdots,vdots,ddots,vdots),(W_(n1),W_(n2),ldots,W_(nm))][(U_1),(U_2),(vdots),(U_m)]$.

Da qui è chiaro che la $j$-esima uscita è pari a

$Y_j(s)=sum_(k=1)^m W_(jk) (s) * U_k (s)$, e che quindi

$W_(jk)(s)=[(Y_j(s))/(U_k(s))]_(U_i(s)=0) quad forall i ne k$.
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Messaggioda Lauke » 04/04/2009, 16:08

Dimostrazione semplice ed efficace...

Domanda 2. Stabilità...

Qui l'argomento l'ho imparato ad applicare un pò a meccanica sinceramente, il che ovviamente non mi va giù. se abbiamo un sistema SISO, per semplicità e vogliamo studiarne la stabilità interna è sufficiente il solo studio degli autovalori? cioè

Caso TC:

il sistema è asintoticamente stabile se e solo se le parti reali delle radici del polinomio caratteristico sono negative
il sistema è marginalmente stabile se e solo se le parti reali delle radici del polinomio caratteristico sono negative e con radici nulle la molteciplità geometrica è pari a quella algebrica.

Caso TD:

il sistema è asintoticamente stabile se e solo se le radici del polinomio caratteristico hanno modulo minore di 1
il sistema è marginalmente stabile se e solo se le radici del polinomio caratteristico hanno modulo minore di 1 e con radici di modulo unitario molteciplità geometrica è pari a quella algebrica.

Ma questi teoremi discendono dal fatto che è sufficiente studiare la sola matrice A avendo un sistema del tipo $x'(t)=Ax(t)+Bu(t)$ e $y(t) = Cx(t)+Du(t)$.
la cosa che ho capito io è che tutto è conseguenza (nei sistemi LTI) del principio di sovrapposizione degli effetti, ma non ho capito il ruolo che esso gioca. Mi spiego meglio, la matrice A ci simboleggia in teoria la costituzione interna del sistema e nulla essa ha a che fare con le sollecitazioni applicate, e diciamo che in via puramente intuitiva posso capire il perchè ci si può concentrare sulla matrice A e basta, ma non arrivo a comprendere bene la via matematica che mi giustifica il mio pensiero.
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Messaggioda elgiovo » 04/04/2009, 16:53

Prendi una generica traiettoria nominale, cui corrisponde una generica traiettoria perturbata:

${("stato iniziale"quad x^0),("ingresso"quad ccL(u(t))=U(s)):}quad quad quad{("stato iniziale perturbato"quad x^0+delta x_0),("ingresso"quad ccL(u(t))=U(s)):}$

L'espressione della traiettoria nominale è

$x(t)=ccL^(-1)(M(s)BU(s)+M(s)x^0)
$quad quad quad quad=ccL^(-1)(M(s)BU(s))+ccL^(-1)(M(s)x^0)$

dove per comodità $M(s)=(sI-A)^(-1)$. La traiettoria perturbata invece è

$barx(t)=ccL^(-1)(M(s)BU(s)+M(s)(x^0+deltax_0))$
$quad quad quad quad=ccL^(-1)(M(s)BU(s))+ccL^(-1)(M(s)x^0)+ccL^(-1)(M(s)deltax_0)$

e quindi

$||barx(t)-x(t)||=||ccL^(-1)(M(s)deltax_0)||$,

dove con $||cdot||$ indico la norma euclidea nello spazio degli stati.
Ora ti suggerisco di ripetere i conti considerando questa situazione particolare:

${("stato iniziale"quad x^0=0),("ingresso"quad u(t)=0):} quad quad quad{("stato iniziale perturbato"quad barx^0=delta x_0),("ingresso"quad u(t)=0):}$

che ovviamente implica $x(t)=0$ come traiettoria nominale. Otterrai che l'espressione di $||barx(t)-x(t)||$ è esattamente la stessa.
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Messaggioda Lauke » 04/04/2009, 17:20

Se ho capito bene la tua dimostrazione in pratica significa che per lo studio della stabilità non è importante lo stato iniziale bensì l'entità della perturbazione rispetto allo stato iniziale quindi posso semplificarmi la vita studiandolo rispetto allo stato iniziale e all'ingresso nullo. Una cosa rispetto all'ingresso nella prima parte della dimostrazione non hai considerato eventuali perturbazioni sull'ingresso, l'hai fatto per alleggerire i calcoli o per un motivo particolare?
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Messaggioda elgiovo » 04/04/2009, 19:17

Lauke ha scritto:Se ho capito bene la tua dimostrazione in pratica significa che per lo studio della stabilità non è importante lo stato iniziale bensì l'entità della perturbazione rispetto allo stato iniziale quindi posso semplificarmi la vita studiandolo rispetto allo stato iniziale e all'ingresso nullo.

Si, esatto.

Lauke ha scritto:Una cosa rispetto all'ingresso nella prima parte della dimostrazione non hai considerato eventuali perturbazioni sull'ingresso, l'hai fatto per alleggerire i calcoli o per un motivo particolare?

Beh, non ha molto senso parlare di perturbazioni sull'ingresso. Quello lo imponiamo noi. Casomai avrai un "ingresso di disturbo" da qualche altra parte del sistema che altera la situazione dello stato e che si rappresenta con $deltax_0$. Il bello dei sistemi LTI è appunto che puoi limitarti a studiare la stabilità nell'origine e per ingressi nulli, ottenendo a costo zero il comportamento per ingressi e condizioni iniziali qualsiasi.
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Esercizio

Messaggioda Lauke » 05/04/2009, 14:31

Sia dato il seguente sistema NLTI TC

$\{(x_1'(t) = x1*(x2+1)+u),(x_2'(t) = x_1^2+x_2^2):}$

Determinare i punti di equilibrio, la linearizazzione intorno a tali punti, e dire se nell'intorno di tali punti il sistema è stabile internamente

L'unico pt soluzione del sistema è $(x_1,x_2,u) = (0,0,0)$

Le matrici Giacobiane A e B sono date da...

$A = [[x_2+1, x_1],[2x_1, 2x_2]]$ e $B = [(1), (0)]$

che nell'intorno dell'unico pt. d'equilibrio divengono... $A = [[1, 0], [0, 0]]$ e $B = [(1), (0)]$;

la matrice $\phi(s) = sI-A = [[s-1, 0], [0, s]]$ che ha per polinomio caratteristico...$s*(s-1)$ con due autovalori: $\lambda_1 = 0$ e $\lambda_2 = 1$ per cui il sistema possiede un modo divergente -> il sistema è instabile. è corretto?
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Messaggioda elgiovo » 05/04/2009, 15:16

Non ho controllato i conti, ma il procedimento (criterio ridotto di Lyapunov) è quello corretto.
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Messaggioda Lauke » 11/04/2009, 10:29

Oi raga quando avete un pò di tempo spiegate una cosa?

Supponiamo di avere il seguente sistema TD

$\{(x_1(k+1) = (1-\beta)x_1(k)+\alphax_3(k)),(x_2(k+1)=\betax_1(k)+x_2(k)),(x_3(k+1) = (1-\alpha)x_3(k)):}$ ora se voi vi costruite la matrice A associata a questo sistema di evoluzione dello stato otterrete la seguente...$[[1-\beta,0,\alpha],[\beta,1,0],[0,0,1-\alpha]]$

Ciò che volevo fare io era studiare la stabilità di questo sistema lineare, in particolare mi sono concentrato su di un caso cioè quando $\alpha=\beta=0$ in tal modo il sistema è diagonale, gli autovalori associati sono unitari, ed essendo diagonale la molteplicità algebrica e pari a quella geometrica e per quanto ne so io il sistema è stabile marginalmente. Ora la cosa che mi domandavo era la seguente:

Se è vero che il sistema è marginalmente stabile allora io dovrei almeno trovare un modo limitato e i rimanenti al più convergenti a 0. Ma allora se è vero quanto ho detto (e credo lo sia a meno che non ho sbagliato qualke conto), perchè i modi associati a questo sistema sono i seguenti?

$1, k, frac{k^2}{2}-frac{k}{2}$ ?

è ovvio che anche se il primo è limitato, gli altri due sono divergenti (ricordate parlo sempre di $\alpha=\beta=0$).

Attendo risposte, in caso non rispondete in tempo breve auguroni a tutti.
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Messaggioda elgiovo » 11/04/2009, 11:38

Penso che tu abbia sbagliato i conti: se la matrice $A=I=[(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)]$ allora puoi scrivere

$ulx(k+1)=A^k ul x_0=I^k ul x_0 = ul x_0$...

Infatti la molteplicità geometrica dell'autovalore $1$ è $1$, e non $3$ come quella algebrica $to$ non ci sono modi divergenti.
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