Esercizio sistema tempo continuo
Sia dato il seguente sistema tempo continuo:
${((dot{x_1}=x_1+x_2+u),(dot{x_2}=-x_2+u),(y=3x_2))$
a)si studi l'eccitabilità e l'osservabilità dei modi naturali;
b)si indichino quali stati iniziali, eccitano un solo modo alla volta;
c)si calcoli l f.d.t del sistema;
d)si calcoli la risposta forzata all'ingresso $u(t)=sen(t-1)delta_{-1}(t)$;
e) si calcoli se esiste la risposta a regime permanente all'ingresso $u(t)=tdelta_{-1}(t)$;
f)si disegni uno schema di simulazione;
Provo a risolvere il punto a:
Come si vede facilmente $(B,AB)=((1,1)(1,-1))$ ha determinante =-2, dunque la matrice di raggiungibilità ha rango 2, quindi il sistema è completamente raggiungibile.
Studiamo la matrice di osservabilità $((C),(CA))=((0,3),(0,-3))$ il cui determinante è = 0, quindi il sistema non è completamente osservabile.
$(sI-A)^-1=frac{1}{(s+1)(s-1)}((-1-s,-1),(0,1-s))$,
i modi naturali sono $phi_1(t)=e^-t, phi_2(t)=e^t$,
Ora mi ricavo di $phi(t)=((-e^t,frac{1}{2}(e^{-t}-e^t)), (0,-e^{-t}))$,
$H(t)=phi(t)B=((-frac{3}{2}e^t+frac{1}{2}e^{-t}),(-e^-t))$,
$psi(t)=Cphi(t)=((0),(-3e^{-t}))$.
Nello studio mi sono venuti alcuni dubbi:
quando si parla di osservabilità e di eccitabilità si parla della stessa cosa?
Se fosse stato $ H(t)=phi(t)B=((-frac{3}{2}e^t+frac{1}{2}e^{-t}),(0)) $ allora il sistema non sarebbe stato completamente raggiungibile, ma i modi sarebbero stati entrambi eccitabili? Oppure sarebbe stato eccitabile il solo modo $phi_1(t) =e^-t$?
${((dot{x_1}=x_1+x_2+u),(dot{x_2}=-x_2+u),(y=3x_2))$
a)si studi l'eccitabilità e l'osservabilità dei modi naturali;
b)si indichino quali stati iniziali, eccitano un solo modo alla volta;
c)si calcoli l f.d.t del sistema;
d)si calcoli la risposta forzata all'ingresso $u(t)=sen(t-1)delta_{-1}(t)$;
e) si calcoli se esiste la risposta a regime permanente all'ingresso $u(t)=tdelta_{-1}(t)$;
f)si disegni uno schema di simulazione;
Provo a risolvere il punto a:
Come si vede facilmente $(B,AB)=((1,1)(1,-1))$ ha determinante =-2, dunque la matrice di raggiungibilità ha rango 2, quindi il sistema è completamente raggiungibile.
Studiamo la matrice di osservabilità $((C),(CA))=((0,3),(0,-3))$ il cui determinante è = 0, quindi il sistema non è completamente osservabile.
$(sI-A)^-1=frac{1}{(s+1)(s-1)}((-1-s,-1),(0,1-s))$,
i modi naturali sono $phi_1(t)=e^-t, phi_2(t)=e^t$,
Ora mi ricavo di $phi(t)=((-e^t,frac{1}{2}(e^{-t}-e^t)), (0,-e^{-t}))$,
$H(t)=phi(t)B=((-frac{3}{2}e^t+frac{1}{2}e^{-t}),(-e^-t))$,
$psi(t)=Cphi(t)=((0),(-3e^{-t}))$.
Nello studio mi sono venuti alcuni dubbi:
quando si parla di osservabilità e di eccitabilità si parla della stessa cosa?
Se fosse stato $ H(t)=phi(t)B=((-frac{3}{2}e^t+frac{1}{2}e^{-t}),(0)) $ allora il sistema non sarebbe stato completamente raggiungibile, ma i modi sarebbero stati entrambi eccitabili? Oppure sarebbe stato eccitabile il solo modo $phi_1(t) =e^-t$?
Risposte
Allora provo a rispondermi da solo, tutti e due i modi sono eccitabili poichè$ H(t)=phi(t)B=((-frac{3}{2}e^t+frac{1}{2}e^{-t}),(-e^-t)) $, non contiene termini pari a 0, nel caso avessi avuto$ H(t)=phi(t)B=((-frac{3}{2}e^t+frac{1}{2}e^{-t}),(0)) $, sarebbe stato eccitabile solo il modo $phi_1(t) =e^-t$ nella speranza che sia giusto proseguo con il punto b,
mi viene chiesto di indicare gli stati iniziali che eccitano un solo modo alla volta:
calcolo gli autovettori relativi ai due autovalori $lambda_1=-1, lambda_2=1$, avrò quindi che $u_1=((1),(-2))$, $u2=((1),(0))$
e ho che $x_0=c_1u_1+c_2u_2=c_1((1),(-2))+c_2((1),(0))$, ed anche il secondo punto dovrebbe essere svolto.
mi viene chiesto di indicare gli stati iniziali che eccitano un solo modo alla volta:
calcolo gli autovettori relativi ai due autovalori $lambda_1=-1, lambda_2=1$, avrò quindi che $u_1=((1),(-2))$, $u2=((1),(0))$
e ho che $x_0=c_1u_1+c_2u_2=c_1((1),(-2))+c_2((1),(0))$, ed anche il secondo punto dovrebbe essere svolto.
I calcoli sembrano corretti; per quanto riguarda le definizioni...beh ti direi che le trovi su ogni libro di sistemi automatici 
Sí , quello che mi chiedevo é se avessi avuto ad esempio$ H(t)=phi(t)B=((-frac{3}{2}e^t+frac{1}{2}e^{-t}),(0)) $ allora entrambi i modi compaiono, sono dunque entrambi eccitabili? Oppure é eccitabile solo il modo$ phi_1(t) =e^-t $, in quanto la seconda riga della matrice $ H (t) $ é uguale a 0?
Essendo $0$ la seconda riga della matrice, vuol dire che quel modo non è eccitabile, ti pare?
Esatto allora è come pensavo grazie mille...
Procedo a risolvere il punto c:
$f.d.t.=C(sI-A)^{-1}B$, $C=(0,3)$, $B=((1),(1))$, quindi $f.d.t=W(s)=frac{3(1-s)}{(s+1)(s-1)}$, e anche il punto c dovrebbe essere risolto.
Procedo con il punto d:
ho che $u(t)=sin(t-1)lambda_{-1}(t)$, sappiamo che la risposta di una funzionzione sinusoidale è a sua volta una funzione sinuosoidale, in generale $u(t)=Asin(wt+phi)$, la risposta vale $y(t)=Bsin(wt+psi)$ dove $B = A|W(jw)|$ e $psi=phi+angle(W(jw))$, allora $|W(jw)|=frac{3}{sqrt{1+w^2}$ e $angle(W(jw))=arctan(3)-arctan(w)$
ora sappiamo che $A=1$ e $w=1$, dunque la nostra risposta forzata è $y_{f}(t)=frac{3sin(t-1-frac{pi}{2})}{sqrt2}delta_-1(t)$, ora spero sia corretto il ragionamento e lo svolgimento.
$f.d.t.=C(sI-A)^{-1}B$, $C=(0,3)$, $B=((1),(1))$, quindi $f.d.t=W(s)=frac{3(1-s)}{(s+1)(s-1)}$, e anche il punto c dovrebbe essere risolto.
Procedo con il punto d:
ho che $u(t)=sin(t-1)lambda_{-1}(t)$, sappiamo che la risposta di una funzionzione sinusoidale è a sua volta una funzione sinuosoidale, in generale $u(t)=Asin(wt+phi)$, la risposta vale $y(t)=Bsin(wt+psi)$ dove $B = A|W(jw)|$ e $psi=phi+angle(W(jw))$, allora $|W(jw)|=frac{3}{sqrt{1+w^2}$ e $angle(W(jw))=arctan(3)-arctan(w)$
ora sappiamo che $A=1$ e $w=1$, dunque la nostra risposta forzata è $y_{f}(t)=frac{3sin(t-1-frac{pi}{2})}{sqrt2}delta_-1(t)$, ora spero sia corretto il ragionamento e lo svolgimento.
C0è un errore nella fdt, ricontrolla l'inversa di sicuro sta la
ti chiedo scusa, ma non riesco a vedere l'errrore, ho ricontrollato più volte i calcoli, ma sembrano giusti:
$ (sI-A)^-1=frac{1}{(s+1)(s-1)}((-1-s,-1),(0,1-s)) $ poichè $(sI-A)=((1-s,1),(0,-1-s))$ e
$(sI-a)^T=((1-s,0),(1,1-s))$ e
$adj(sI-A)=((-1-s,-1),(0,1-s))$, quindi moltiplicando per C e B dovrebbe venire, poi non so. Per quanto riguarda la risposta forzata il procedimento aldilà dei calcoli è esatto?
$ (sI-A)^-1=frac{1}{(s+1)(s-1)}((-1-s,-1),(0,1-s)) $ poichè $(sI-A)=((1-s,1),(0,-1-s))$ e
$(sI-a)^T=((1-s,0),(1,1-s))$ e
$adj(sI-A)=((-1-s,-1),(0,1-s))$, quindi moltiplicando per C e B dovrebbe venire, poi non so. Per quanto riguarda la risposta forzata il procedimento aldilà dei calcoli è esatto?
La matrice dinamica vale $ A=( ( 1 , 1 ),( 0 , -1 ) ) $ quindi la matrice $ sI-A=( ( s , 0 ),( 0 , s ) )- ( ( 1 , 1 ),( 0 , -1 ) )=( ( s-1 , -1 ),( 0 , s+1 ) ) $
Per farne l'inversa di certo puoi evitare di fare l'aggiunta: è una matrice 2x2 vale la regoletta di scambiare di posto gli elementi della diagonale principale e invertire il segno di quelli della diagonale secondaria.
Quindi si ha:
$ (sI-A)^-1=(( ( s+1 , 1 ),( 0 , s-1 ) ))/((s+1)(s-1)) $
Per farne l'inversa di certo puoi evitare di fare l'aggiunta: è una matrice 2x2 vale la regoletta di scambiare di posto gli elementi della diagonale principale e invertire il segno di quelli della diagonale secondaria.
Quindi si ha:
$ (sI-A)^-1=(( ( s+1 , 1 ),( 0 , s-1 ) ))/((s+1)(s-1)) $
scusami, ma non è la stessa matrice che ho scritto io invertita di segno? non dovrebbe essere la stessa cosa?
In effetti si è la stessa cosa ( ho notato solo l'errore nella soluzione e ho dato per scontato che fosse lì il problema ).
Guardando bene, l'errore l'hai commesso nel calcolarti il valore della fdt in $omega=1$; infatti:
$ W(s)=(3(1-s))/((s+1)(s-1))=(3(1-s))/(s^2-1)rArr W(jomega)=(3(1-jomega))/(-1-omega^2) $
quindi:
$ W(j1)=-3/2(1-j) rArr { ( |W(j)|=3/sqrt(2) ),( phi_(W(j))=3/4pi ):} $
ti trovi?
Guardando bene, l'errore l'hai commesso nel calcolarti il valore della fdt in $omega=1$; infatti:
$ W(s)=(3(1-s))/((s+1)(s-1))=(3(1-s))/(s^2-1)rArr W(jomega)=(3(1-jomega))/(-1-omega^2) $
quindi:
$ W(j1)=-3/2(1-j) rArr { ( |W(j)|=3/sqrt(2) ),( phi_(W(j))=3/4pi ):} $
ti trovi?
come fà a venirti $frac{3}{4}pi$?
Dovrei avere:
$angle(W(j1))=arctan(-frac{3}{2})-arctan(1)$, ora il contributo $arctan(-frac{3}{2})$ dovrebbe essere di -180 e $ arctan(1)$ dovrebbe dare un contributo di -90.
Dovrei avere:
$angle(W(j1))=arctan(-frac{3}{2})-arctan(1)$, ora il contributo $arctan(-frac{3}{2})$ dovrebbe essere di -180 e $ arctan(1)$ dovrebbe dare un contributo di -90.
Devi calcolarti la fase del numero complesso $W=-3/2+j3/2$ il quale, a meno che io non sia completamente fuso oggi, giace a $45°$ nel secondo quadrante e cioè a $135°=3/4pi$
Stavolta mi trovo, ancora non sei cosí fuso
Per quanto riguarda il punto e, la risposta a regime permanente non dovrebbe esistere, in quanto abbiamo $u(t)=tdelta_-1(t)$, allora $U(s)=frac{1}{s^3}$, avremo che $lim_{t to infty}y(t)=lim_{sto0}sY(s)= lim_{sto0}frac{3(1-s)}{s^2(s+1)(s-1)}= infty$.
Per il punto f) ho cercato in rete, ma non riesco a capire come si disegni uno schema di simulazione.
Per il punto f) ho cercato in rete, ma non riesco a capire come si disegni uno schema di simulazione.
Però sei fuso tu: $ u(t)=trArr U(s)=1/s^2 $, ma comunque non esiste la risposta a regime permanente.
Per quanto riguarda uno schema di simulazione, potresti banalmente fare una cosa del genere:
[fcd="Schema in s"][FIDOCAD]
FJC B 0.5
TY 80 65 4 3 0 0 0 * W(s)=3(1-s)/((s+1)(s-1))
RV 75 55 160 80 0
LI 75 65 40 65 0
LI 160 65 195 65 0
LI 75 65 70 60 0
LI 75 65 70 70 0
LI 195 65 190 60 0
LI 195 65 190 70 0
TY 45 55 4 3 0 0 0 * U(s)
TY 170 55 4 3 0 0 0 * Y(s)[/fcd]
Per quanto riguarda uno schema di simulazione, potresti banalmente fare una cosa del genere:
[fcd="Schema in s"][FIDOCAD]
FJC B 0.5
TY 80 65 4 3 0 0 0 * W(s)=3(1-s)/((s+1)(s-1))
RV 75 55 160 80 0
LI 75 65 40 65 0
LI 160 65 195 65 0
LI 75 65 70 60 0
LI 75 65 70 70 0
LI 195 65 190 60 0
LI 195 65 190 70 0
TY 45 55 4 3 0 0 0 * U(s)
TY 170 55 4 3 0 0 0 * Y(s)[/fcd]
ok grazie mille
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