Esercizi di Segnali e Sistemi. GLI ESERCIZI 1,2,3,4,11 COSTITUISCONO UN TEMA D ESAME TIPICO

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1 Eercizi di Segnali e Sitemi. GLI ESERCIZI,2,3,4, COSTITUISCONO UN TEMA D ESAME TIPICO Eempio Conideriamo la funzione di traferimento G() = + Si calcoli la forma di Smith Mc-Millan. Soluzione: G() = N(), N() = ( + ) 2 (+) ( + ) ( + ) + Il maimo comun diviore di ordine è D () =. Il polinomio D 2 () è il maimo comun diviore tra i polinomi: ( + ) 2 ( + )(3 + ) ( + )(2 2 ) Riulta D 2 () = ( + ). Infine D 3 () = ( + ) 2 (3 + ). Quindi n () = D ()/D () = n 2 () = D 2 ()/D () = + n 3 () = D 3 ()/D 2 () = ( + )(3 + )

2 In concluione Ñ() = e quindi la forma di Smith-McMillan è: M() = + ) ( + )(3 + ) (+) 3+ Quindi c è un olo zero di tramiione in = /3. Eempio 2 Si dimotri il teorema eguente Il itema ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t) y(t) = Cx(t) ha norma H minore di γ e e olo e la matrice H = non ha autovalori ull ae immaginario. A γ 2 BB C C A Eempio 3 Si calcoli la norma L 2 e la norma L della funzioe Soluzione: Intanto i noti che: G() = ( + ) ( 5)( + 5) G() = G () + G 2 () :=.6 ( 5) +.4 ( + 5) Quete due funzioni ono ortogonali e quindi G() 2 2 = G () G 2 () 2 2 Inoltre G () 2 2 = G ( ) 2 2. Quindi le equazioni di Lyapunov relative a G ( ) e G 2 () ono: P +.36 =, P = 2

3 Infine G() 2 2 = P + P 2 =.52 Per quanto riguarda la norma infinita, i ha G(jω) 2 = ω2 + ω che ha punto di maimo per ω 2 = 23, valore per il quale riulta G(jω) = 6/24, che è il valore della norma infinita. Eempio 4 Si pieghi il perchè la γ entropia di una funzione G() tabile e trettamente propria è maggiore della ua norma in H 2. Eempio 5 Con riferimento al itema ẋ(t) = x(t) + u(t), y(t) = 2x(t), i ricavi il maimo valore di picco (norma L )) della ripota temporale del itema ad un ingreo integrabile a quadrato di norma unitaria. Soluzione: Il valore è dato da 4p dove p riolve l equazione di Lyapunov 2p + =. Quindi il valore di picco maimo è 2. Eempio 6 Si conideri il itema dinamico ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t) dove A = , B = Calcolare gli autovalori di A e dire e A è di Hurwitz o meno. Dire e il itema è raggiungibile e, e poibile, aegnare gli autovalori del itema nel punto, mediante un controllore dallo tato u(t) = Kx(t). Soluzione: Calcolando il determinante di λi A = λ λ 2 λ + 2 i ricava che il polinomio caratteritico di A è ϕ A (λ) = (λ + 2)(λ ) = (λ + 2)(λ + )(λ ), 3

4 da cui i deduce che gli autovalori di A ono 2, e. dunque non è Hurwitziana. La matrice di raggiungibilità 2 K r = B AB A 2 B = La matrice A ha rango pieno. È poibile aegnare a piacere gli autovalori del itema mediante un controllo u(t) = Kx(t). A tale propoito i noti che il polinomio caratteritico deiderato è ϕ A+BK (λ) = λ 3 + 3λ 2 + 3λ +. Utilizzando la formula di Ackermann i ottiene K = K r (A 3 + 3A 2 + 3A + ). L invera di K r i ottiene facilmente K r = 2 e otituendo i ottiene K = 4. Eempio 7 Si conideri il itema dinamico ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t) y(t) = Cx(t) + Du(t) dove A = B = C = D = Calcolare gli autovalori e gli zeri invarianti di tale itema. Trovare la matrice di traferimento di tale itema e calcolare poi poli e zeri di tramiione. Soluzione: Gli autovalori della matrice A ono e (A è una matrice triangolare). Per calcolare gli zeri invarianti i conideri la matrice di itema I A B P () = = + C D 4

5 P () ha normalmente rango 3 tranne quando = e per = (in queto cao il rango della matrice è 2 in quanto vi ono olo due colonne linearmente indipendenti). Gli zeri invarianti del itema quindi ono e. Per calcolare i poli e gli zeri di tramiione, i conideri la matrice di traferimento del itema: G() = C(I A) B + D. In queto eercizio, I A = + (I A) = ( + ) + = (+) + Sotituendo i ottiene G() = + che nella forma di McMillian-Smith diventa + G() = + Vi è quindi un unico polo di tramiione in e un unico zero di tramiione in. Eempio 8 Con riferimento all eempio precedente, dire e il itema è raggiungibile e e è oervabile. Verificare l oervabilità mediante il PBH-tet. Soluzione: La matrice di raggiungibilità K r = B AB = 2 2 ha rango pari a 2 da cui i deduce che il itema in eame è raggiungibile. Si noti che eendo gli zeri invarianti diveri dagli zeri di tramiione il itema non può eere oervabile, in quanto in quet ultimo cao i due tipi di zeri dovrebbero coincidere. Verifichiamo la non oervabilità mediante il PBH-tet. Si conideri I A = + C 5

6 Per verificare la oervabilità occorre verificare che tale matrice non perda rango quando viene valutata negli autovalori di A. In queto cao per = il rango della matrice è 2, mentre per = il rango diventa. Queto conferma che il itema non è oervabile. Inoltre è autovalore della parte non oervabile del itema. Eempio 9 Con riferimento all eempio precedente, i trovi analiticamente l andamento nel tempo dell ucita forzata y F (t) quando u (t) = te t e u 2 (t) = per t >. Soluzione: Nel dominio di Laplace i ha U () = e U (+) 2 2 () = da cui Y F () = G()U() = (+) = 3 ( + ). 3 Mediante lo viluppo di Heaviide i ha Y F () = A + B ( + ) 3 + C ( + ) 2 + D + + E, dove In definitiva, A = lim 3 = (+) 3 B = lim ( + ) 3 3 (+) 3 C = lim d 3 2 d = lim D = lim d d 2 E = lim 3 =. (+) 3 Y F () = = lim 3 = 2 = = lim 4 4 = 2 2 ( + ) 3 + ( + ) , da cui anti-traformando y F (t) = 2t 2 e t te t + 2e t, t >. Eempio Si dica come i calcola la truttura degli zeri all infinito di una matrice razionale proria G(). 6

7 Eempio Si coniderino le due funzioni di traferimento G() = + 5, H() = + 5 Si ricavi il filtro ottimo in H 2, cioè F () tabile tale che la norma F ()G() H() 2 ia minimizzata. Soluzione: La oluzione è: F ott () = (H()G ()Ĝ () ) ta Ĝ() dove Ĝ() = è il fattore pettrale canonico. Riulta: e quindi Infine: H()G ()Ĝ () = + ( )( + 5) = /3 + 2/3 + 5 (H()G ()Ĝ () ) ta = 2/3 + 5 F ott () = 2/3 + Vediamo ora la oluzione in pazio di tato e conideriamo quindi il itema ẋ(t) = 5x(t) + w(t) y(t) = 6x(t) w(t) ξ(t) = x(t) Per cotruzione i ha che G() è la funzione di traferimento da w a y e H() quella da w a ξ. Il filtro ottimo i ottiene nel modo eguente: ˆx(t) = 5ˆx(t) + L(C ˆx(t) y(t)) ˆξ(t) = ˆx(t) dove L = 6P + 7

8 e P è la oluzione tabilizzante di P (36P 2 + 2P ) + = Si ha P = /8 e L = 2/3, e quindi la funzione di traferimento da y a ˆξ, che è il filtro ottimo, riulta F ott () = 2/3 + che, ovviamente, coincide con quella ricavata in precedenza. Eempio 2 Si conideri il itema con 2 A =, L = 2 3 ẋ(t) = (A + L N)x(t), = δ δ 2, N = I Si dimotri che A è di Hurwitz. Si trovi valore uperiore della norma di tale che A + L N è Hurwitz. Si confronti poi queta norma con il raggio compleo di tabilità. Soluzione: Il fatto di eere A di Hurwitz egue da: detλi A = λ 2 + 4λ + 7=. Poi: + δ 2 + δ A + L N = 2, 2 3 e detλi A L N = λ 2 + (4 δ )λ + 7 3δ + 2δ 2 Quindi i ha tabilità per δ < 4, δ 2 >.5δ 3.5 Il valore uperiore del raggio per cui i conerva la tabilità i trova interecando le due rette: δ 2 >.5δ 3.5, δ 2 = 2/3δ e quindi δ = 2/3, δ 2 = 4/3 8

9 col che il raggio reale di tabilità è: 637 δ 2 + δ2 2 = 3 Il raggio compleo di tabilità è invece: =.945 N(I A) L Sia allora G() = N(I A) L. Si ha + 3 G() = Quindi G 3 2 ()G() = ( )( ) Allora 3 + G() = =.59 Il raggio compleo di tabilità è dunque =.9269 < Eempio 3 Si conideri il itema ẋ(t) = x(t), y(t) =, x() = Si calcoli Soluzione: Si ha dove Quindi e J = y(t) y(t)dt J = x() e A t C Ce At dtx() = x() P x() A P + P A + C C = P = J = 2.5 9

10 Eempio 4 Si calcoli la norma L 2 della funzione di traferimento Soluzione: Si ha G() = ( )( + 2) 2 G() = G () + G 2 () = /9 7/9 + /3 + ( + 2) 2 e quindi Allora ia G() 2 7/9 + /3 /9 2 = ( + 2) ( + ) A =, B = 4 4, C = 7/9 /3 e quindi Si ha: e quindi G () 2 2 = traceb P B, A P + P A + C C = P = G () 2 2 =.328 Inoltre, per quanto riguarda G 2 () i ha che G 2 () 2 2 = p/8, 2p + = Quindi e G 2 () 2 2 = /62 G() 2 2 = =.39 Eempio 5 Si definica la γ-entropia di una funzione di traferimento G() pecificando le condizioni di eitenza. Si pieghi perchè la γ-entropia è non inferiore alla norma H 2 di G().

11 + G() R() + Figura : Retroazione Eempio 6 Si conideri il itema dinamico avente funzione di traferimento G() = +2. Tale itema è conneo in retroazione ad un controllore 2 C() come in figura. Si trovi un controllore C() che tabilizzi G() e ucceivamente i trovi la clae di tutti i controllori tabilizzanti G(). Soluzione: G() può eere fattorizzata come: G() = + 2 ( + )( ) = + Si conideri l equazione Diofantina = N() M() + 2 X()M() + Y ()N() = X() Y () + =. Si noti che M() + N() = 2 ++ dove ia quet ultima funzione di traferimento che la ua invera appartengono a RH. Scegliendo quindi X() = Y () = i ottiene una oluzione in RH dell equazione Diofantina di cui opra coicchè C() = Y () X() =. In effetti, andando a coniderare il polinomio caratteritico dello chema in retroazione in figura i ha () = D G ()D C () N G ()N C () = 2 ( ) ( + 2) = 2 + +,

12 le cui radici hanno effettivamente parte reale trettamente minore di. La parametrizzazione di tutti i controllori tabilizzanti è K() = Y () + M()Q() X() + N()Q() = Q() + Q(), Q() RH. Vale la pena di notare che la oluzione dell equazione Diofantina non è unica. Difatti cegliendo X() = + 3 +, Y () = i ottiene ancora una oluzione in RH. Tale oluzione porta al controllore C() = , anch eo tabilizzante, come i può facilmente verificare andando a calcolare le radici del polinomio caratteritico del itema in retroazione. Eempio 7 Si conideri la eguente funzione di traferimento G() = α +α dove α (, ). Si calcoli G() in funzione di α, mediante l equazione di Riccati per la norma H. Si dica poi per quali valori di α i ottiene G() < G() 2 Soluzione: Una realizzazione di G() è data da A = α, B =, C = α e D =. L equazioni di Riccati in quetione è A P + P A + γ 2 P BB P + C C = 2αP + P 2 che ammette oluzione P = α ± α 2 α2 γ = α ± α 2 γ. 2 La matrice  = A + BB P = α + α ± α γ 2 = ±α γ 2 + α2 = γ 2 è di Hurwitz olo per la oluzione P = α α γ 2 e quando γ >. Di coneguenza G() < γ, γ > e quindi G() =. 2

13 Dall equazione di Lyapunov A Q + QA + CC = 2αQ + α 2 = Si ricava Q = α 2 e di coneguenza G() 2 = α trb QB = 2 Quindi G() < G() 2 < α 2 α > 2. 3