iii) uno stimatore il cui errore di stima converga a zero più rapidamente della successione ;

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1 Teoria dei Sistemi - 9 cfu - L.M. in Ingegneria dell Automazione Compito del 4//7 Esercizio Si consideri il sistema lineare discreto Σ = (F, G, H) con F = 3 4 5, G =, H = Si stabilisca se esiste, e in caso affermativo si costruisca i) un controllore dead-beat che porta a zero qualsiasi stato del sistema entro i primii tre passi; ii) un controllore dead-beat che non porta a zero alcuni stati del sistema entro i primi tre passi; ( ) t iii) uno stimatore il cui errore di stima converga a zero più rapidamente della successione ; 3 iv) un regolatore dead-beat. i) e ii) Il sistema è in forma canonica di controllo multivariabile, quindi è raggiungibile ed esiste un d.b.c. Per soddisfare la prima richiesta, basta porre K = così da rendere nilpotente F + GK con indice di nilpotenza 3. F + GK = Per soddisfare la seconda, si puó rendere F+GK nilpotente e ciclica, quindi con indice di nilpotenza 5. Basta scegliere K = ottenendo In alternativa, si può scegliere F + GK = K = 6 6 In qusto caso è immediato verificare che F + GK ha indice di nilpotenza pari a 4. iii) Il sistema è in forma standard di osservabilità F F =, H = H F F.

2 con sottosistema osservabile (F, H ) = (, ) Gli autovalori della matrice F del sottosistema non osservabile sono gli zeri di z 6 z 6 e non sono allocabili nel progetto dello stimatore. Essi valgono entrambi e 3 : quindi non esiste un osservatore dead-beat. Esistono tuttavia stimatori asintotici, essendo asintoticamente stabile il sottosistema non osservabile, e poiché i suoi autovalori hanno modulo minore di 3, è possibile costruire lo stimatore richiesto Nella matrice L L = R 5 L dello stimatore che dobbiamo costruire, il blocco L è irrilevante ai fini della allocazione dello spettro e si può scegliere nullo. Per il blocco L si può imporre, ad esempio, che gli autovalori di F + L H siano tutti nell origine. Poichè il sottosistema (F, H ) è osservabile con la seconda uscita, basterà porre l L = L = l l 3 e scegliere i parametri l, l, l 3 in modo che F + l l = l l l 3 l abbia polinomio caratteristico z 3. Si trova l = 5, l =, l 3 =. iv) La risposta è negativa, perchè il sistema non ammette un osservatore dead-beat.

3 3 Esercizio. Date le funzioni di trasferimento w (s) = s + 5 s + s +, w s + 4 (s) = s + 6s + 8, w 3(s) = s 3 s + 6s + 8 i) si costruiscano tre sistemi Σ, Σ e Σ 3 in forma canonica di controllo che le realizzino in dimensione minima w (s), w (s) e w 3 (s); Σ u(t) Σ + Σ 3 + y(t) K x 3 Σ K 3 ii) Se K =, ovvero se non si opera alcuna retroazione dallo stato x 3, si stabilisca se il sistema complessivo (i.e. costituito dalla connessione di Σ, Σ, Σ 3 ) a tempo continuo è - raggiungibile, - osservabile, - internamente stabile. iii) Al variare di K, quali fra le allocazioni possibili dello spettro di Σ K 3 rendono il parallelo di Σ e di Σ K 3 raggiungibile/osservabile/ osservabile e raggiungibile? Esiste almeno una scelta di K che renda raggiungibile e osservabile il sistema complessivo (costituito da Σ, Σ, Σ K 3 )? In caso affermativo, si costruisca una matrice K con tale proprietà. iv) Si progetti K in modo che il sottosistema raggiungibile e osservabile (i.e. minimo) del sistema complessivo abbia dimensione la più piccola possibile. i) Il polinomio s + 6s + 8 fattorizza come (s+)(s+4), quindi w (s) non è espressa in forma irriducibile ed è realizzabile in dimensione minima. La altre f.d.t sono invece espresse in forma irriducibile e sono pertanto realizzabili da sistemi di dimensione minima. Si ha w (s) = s + 5 s + 5s + w (s) = s + s 3 w 3 (s) = (s + )(s + 4) ( Σ = (F, g, H ) = 5 Σ = (F, g, H ) = (,, ) Σ 3 = (F 3, g 3, H 3 ) = ( 8 6,,, 5 ), 3 ) ii) Per K = il sistema parallelo di Σ e Σ 3 non è né raggiungibile né osservabile, avendo i due sottosistemi in comune l autovalore λ =. Ovviamente non è né raggiungibile né osservabile il sistema complessivo. Per quanto attiene alla stabilità interna, gli autovalori del parallelo sono e 4, quelli di Σ, che è posto in serie al parallelo, sono gli zeri di s + 5s +, ovvero 5± 3, entrambi negativi. Lo spettro del sistema complessivo è l unione dello spettro di Σ e dello spettro del parallelo, quindi il sistema risulta asintoticamente stabile.

4 4 iii) Il sistema Σ K 3 è raggiungibile per ogni K, perché la retroazione conserva la raggiungibilità. Risulta invece non osservabile in corrispondenza a tutti e soli i valori di K che allocano uno dei suoi autovalori in 3. Il parallelo di Σ e di Σ K 3 è raggiungibile se sono raggiungibili i sistemi componenti (e ciò è vero per ogni K) e se nessuno degli autovalori di Σ K 3 vale. Affinché il parallelo sia osservabile devono esserlo i sistemi componenti, quindi Σ K 3 non deve avere autovalore 3, e nessuno degli autovalori di Σ K 3 deve valere. In definitiva, il parallelo è raggiungibile e osservabile se e solo se lo spettro di Σ K 3 ha autovalori α e β diversi da - e -3. Quando ciò è verificato, la funzione di trasferimento del parallelo s + + s 3 (s + α)(s + β) = (s + α)(s + β) (s + 3)(s + ) (s + )(s + α)(s + β) = (α + β 5)s + (αβ 6) (s + )(s + α)(s + β), è irriducibile e il suo denominatore e il suo numeratore coincidono rispettivamente con il polinomio caratteristico e con il polinomio Hadj(zI F )g del modello di stato del parallelo. Affinché il sistema complessivo sia raggiungibile, il polinomio (s + )(s + α)(s + β) deve risultare coprimo con il numeratore s + 5 di w (s): lo spettro di Σ K 3 non può includere neppure il valore 5. Affinché sia osservabile, devono essere coprimi i polinomi s + s + e (α + β 5)s + (αβ 6). Per soddisfare tutte le condizioni finora elencate, si può scegliere, ad esempio, α = β =, imponendo che il polinomio caratteristico di F 3 + g 3 K sia s + s + con K = 7 4. oppure α = β =, imponendo che il polinomio caratteristico di F 3 + g 3 K sia s con K = 8 6. iv) Si dovrà scegliere K in modo che le funzione di trasferimento del sistema complessivo, posta in forma irriducibile, abbia un denominatore di grado il più piccolo possibile. La funzione di trasferimento del parallelo, somma delle funzioni di trasferimento di Σ e di Σ K 3, vale s + s + 3 (s + α)(s + β) dove, al variare di K, i numeri α e β sono reali arbitrari. Ma allora basta scegliere α = e β = 3 (ricorrendo a K = ) per rendere identicamente nulla la funzione di trasferimento del parallelo. In tal caso è nulla anche la funzione di trasferimento del sistema complessivo, e il suo sottosistema raggiungibile e osservabile ha dimensione zero.

5 5 Esercizio 3. Si considerino il sistema x(t + ) = x(t) + u(t) = F x(t) + gu(t) (3.) e l indice quadratico J(u, x ) = ( 4u (t) + x T (t)qx(t) ), Q = C T C, C = γ γ, γ R (3.) t= i) Per quali valori del parametro γ esistono stati iniziali non nulli in corrispondenza ai quali è nullo il valore minimo dell indice? In corrispondenza a tali valori si determinino tutti gli stati iniziali per cui risulta min u J(u, x ) =. ii) Per quali valori di γ la matrice di retroazione K che induce il controllo ottimo u ot = K x stabilizza il sistema? Quando non lo stabilizza, esistono altre soluzioni stabilizzanti dell equazione algebrica di Riccati? (si giustifichi la risposta). iii) Esistono qualche valore di γ e qualche stato iniziale x tali che il controllo ottimo porti a zero in un tempo finito lo stato del sistema? facoltativo) Scelto un valore di γ in corrispondenza al quale F + gk non risulta asintoticamente stabile, si determini la soluzione ottimizzante M dell equazione algebrica di Riccati Suggerimento: si operi un cambiamento di base nello spazio di stato i) Gli stati iniziali cercati sono quelli appartenenti al sottospazio non osservabile della coppia (F, C) =, γ γ, ovvero al nucleo della matrice di osservabilità O = γ γ γ γ 4γ 4γ 4 Risultando det O = 8( γ 3 ), la coppia (F, C) è sempre osservabile, salvo per γ = ed esistono stati non nulli per i quali è nullo il valore minimo dell indice solo se γ =. Se γ = il nucleo della matrice di osservabilità è generato dai vettori v = e v =. L ingresso nullo induce un indice di costo nullo, e pertanto rappresenta il controllo ottimo, in corrispondenza a tutti gli stati αv + βv, α.β R,. ii) Quando γ la coppia (F, C) è osservabile, quindi rivelabile, quindi la matrice di retroazione K dà luogo a una matrice F + gk asintoticamente stabile. Se γ =, la coppia (F, C) non è rivelabile (infatti la coppia non è osservabile e l autovalore non osservabile appartiene allo spetto di F, che è dato dalle tre radici cubiche di 8). Quindi il controllo ottimo non è stabilizzante. Esiste peraltro una soluzione s.d.p. dell equazione algebrica di Riccati che induca una legge di controllo zi3 F stabilizzante, dal momento che la matrice PBH ha rango pieno quando z = e C jω. iii) Poiché F è non singolare,e poiché F + GK = UF, con U matrice invertibile, tale rimane non singolare F + GK, qualunque sia γ. Quindi nessuno stato iniziale non nullo viene portato a zero in tempo finito dal controllo ottimo.

6 6 facoltativo) L unico valore di γ in corrispondenza al quale F + GK non risulta asintoticamente stabile è γ =, che corrisponde all unica situazione in cui la coppia F, C non è rivelabile. Si opera un cambiamento di base nel sistema, in modo da portare la coppia F, C in forma standard di osservabilità ricorrenda alla matrice T =. Nella nuova base si ha ˆF = T F T = = Ĉ = CT = = ĝ = T g = = ed è immediato, sfruttando la struttura a blocchi di ˆF e Ĉ, verificare che la matrice ˆM l equazione algebrica di Riccati nella nuova base che risolve ˆM = ĈT Ĉ + ˆF T ˆM ˆF T ˆMĝ(R + ĝ T ˆMĝ) ĝ T ˆM ˆF (3.3) e che è il limite della soluzione dell equazione alle differenze inizializzata con ˆM() = ha struttura ˆM = ˆm Introducendo in (3.3) le matrici che abbiamo calcolato, si perviene all equazione ˆm = + 4 ˆm 4 ˆm 4 + ˆm che ha soluzioni 3± 78 e quindi, dovendo risultare ˆM s.d.p., si ricava 3± 78 ˆM = Nella base vecchia,si ricava allora M = T ˆMT T = 3± 78

7 7 Esercizio 4 Si consideri il sistema discreto x(t + ) = 4 4 x(t) + u(t), y(t) = x(t) i) Per ogni stato iniziale x() = x R, si determini l energia + t= y (t) dell uscita in evoluzione libera. ii) Quali sono la massima e la minima energia dell uscita in evoluzione libera, quando lo stato iniziale x che induce l uscita ha norma unitaria? iii) Esiste un segnale di ingresso u( ) che controlla in un tempo finito il sistema dallo stato iniziale x() = allo stato finale x f = ed è dotato di un energia non superiore a? Soluzione. Il sistema è raggiungibile, osservabile e asintoticamente stabile. i) L energia dell uscita libera indotta da qualsiasi stato iniziale x è data da y( ) = x T V x. Basta perciò determinare il gramiano di osservabilità su orizzonte infinito, ovvero l (unica) soluzione simmetrica dell equazione F T XF X = H T H Posto si risolve 4 4 ottenendo il gramiano che è evidentemente definito positivo. p q X = q r p q q r 4 4 p q V = = q r 7 p q = q r ii) Per determinare i valori massimo e minimo che x T V x può assumere al variare di x sull insieme dei vettori di stato a norma unitaria, osserviamo che il gramiano V ha autovalori λ =, 4 e λ =, 65 esiste una matrice ortogonale M tale per cui λ V = M λ M T le matrici ortogonali conservano la norma euclidea dei vettori cui sono applicate, quindi un vettore di stato x R ha norma x = se e solo se M T x =. I valori massimo e minimo che x T V x = x T λ M λ M T x = z T λ z λ assume, al variare di z = M T x sui vettori a norma unitaria, sono pari rispettivamente a λ e a λ.

8 8 iii) L estremo inferiore dell energia richiesta per pilotare il sistema dallo stato zero nello stato x f è dato da x T f W x f dove W è il gramiano di raggiungibilità su orizzonte infinito. Esso è l (unica) soluzione simmetrica dell equazione F XF T X = gg T Ponendo anche qui si risolve l equazione p q X =, q r p q 4 4 p q 4 q r = 4 q r e si ottiene Calcolata l inversa di W, X = W = 9. W = 3, 3 si ottiene che l estremo inferiore dell energia richiesta per pilotare il sistema dallo stato zero allo stato x f vale x T f W x f = 3 = > e la risposta al quesito è negativa.