Esercizio studio sistema tempo contintinuo
Dato il sistema con $A=((0,-2,1),(8,0,4),(0,0,-1))$ $B=((0),(1),(1))$ $C=(0,0,1)$ e $D=1$
a)Studiare eccitailità e osservabilità;
b)Calcolare $phi(t), H(t),psi(t),omega(t)$;
c)Si calcoli l'insieme degli stati iniziali, per cui la risosta in evoluzione libera nello stato tende asintoticamente a 0;
d)si calcoli la risposta forzata e, se esiste, permanente all'ingresso $u(t)=t$;
Mi calcolo matrice di raggiungibilità $(B, AB, A^2B)=((0,-1,-9),(1,4,-12),(1,-1,1))$ che ha $det(B, AB, A^2B)=58ne0$, dunque il sistema dovrebbe essere completamente raggiungibile, e quindi eccitabile.
Ci calcoliamo ora la matrice di osservabilità $((C),(CA),(CA^2))=((0,0,1),(0,0,-1),(0,0,1))$, che ha rango = 1, quindi solo uno dei modi è osservabile, la matrice A ha autovalori $lambda_1=-1,lambda_{2,3}=4i$, inoltre la matrice A dovrebbe non essere diagonalizzabile, in quanto la molteplicità algebrica dell'autovalore 4i non corrisponde con quella geometrica. Gli autovettori risultanti dovrebbero essere per $lambda_1$ $u_1=(k frac{9}{17},k frac{-4}{17},k)^T=(9k,-4k,17k)^T$ per $lambda_{2,3}$ $u_{2,3}=(1,2i,0)^T$, ora mi chiedo se A è non diagonalizzabile allora la matrice tranzione nello stato $phi(t)$ non esiste?
a)Studiare eccitailità e osservabilità;
b)Calcolare $phi(t), H(t),psi(t),omega(t)$;
c)Si calcoli l'insieme degli stati iniziali, per cui la risosta in evoluzione libera nello stato tende asintoticamente a 0;
d)si calcoli la risposta forzata e, se esiste, permanente all'ingresso $u(t)=t$;
Mi calcolo matrice di raggiungibilità $(B, AB, A^2B)=((0,-1,-9),(1,4,-12),(1,-1,1))$ che ha $det(B, AB, A^2B)=58ne0$, dunque il sistema dovrebbe essere completamente raggiungibile, e quindi eccitabile.
Ci calcoliamo ora la matrice di osservabilità $((C),(CA),(CA^2))=((0,0,1),(0,0,-1),(0,0,1))$, che ha rango = 1, quindi solo uno dei modi è osservabile, la matrice A ha autovalori $lambda_1=-1,lambda_{2,3}=4i$, inoltre la matrice A dovrebbe non essere diagonalizzabile, in quanto la molteplicità algebrica dell'autovalore 4i non corrisponde con quella geometrica. Gli autovettori risultanti dovrebbero essere per $lambda_1$ $u_1=(k frac{9}{17},k frac{-4}{17},k)^T=(9k,-4k,17k)^T$ per $lambda_{2,3}$ $u_{2,3}=(1,2i,0)^T$, ora mi chiedo se A è non diagonalizzabile allora la matrice tranzione nello stato $phi(t)$ non esiste?
Risposte
E' vero la matrice $A$ non è diagonalizzabile, ma puoi arrivare alla matrice di transizione per altra via; riflettici: hai tutti gli strumenti 
dovrebbe essere $ (SI-A)^-1=frac{1}{(s+1)(s^2+16)}((s^2+s,-2-2s,-8+s),(8+8s,s+s^2,4s+8),(0,0,s^2+16)) $ allora avrò che
$ frac{s^2+s}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{s}{s^2+16}$ antitrasformando \(\displaystyle cos(4t) \)
$ frac{-2-2s}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{-2}{s^2+16}$ antitrasformando $-frac{1}{2}sin(4t)$
$ frac{-8+s}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{-9}{17(s+1)}+frac{9s+8}{17(s^2+16)}$ antitrasformando =$frac{1}{17}(-9e^{-t}+9cos(4t)+2sin(4t))$;
$ frac{8+8s}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{8}{s^2+16}$ antitrasformando $2sin(4t)$;
$ frac{4s+8}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{-5}{17(s+1)}+frac{5(s-16)}{17(s^2+16)}$ antitrasformando $frac{4}{17}(e^{-t}-cos(4t)+frac{9}{2}sin(4t))$;
$ frac{s^2+16}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{1}{s+1}$ antitrasformando \(\displaystyle e^{-t}\).
Quindi dovrebbe essere $phi(t)=((cos(4t),-frac{1}{2}sin(4t),frac{1}{17}(-9e^{-t}+9cos(4t)+2sin(4t))),(2sin(4t),cos(4(t)),frac{4}{17}(e^{-t}-cos(4t)+frac{9}{2}sin(4t))),(0,0,e^{-t}))$.
E $H(t)=((-frac{1}{2}sin(4t)+frac{1}{17}(-9e^{-t}+9cos(4t)+2sin(4t))),(cos(4t)+frac{4}{17}(e^{-t}-cos(4t)+frac{9}{2}sin(4t))),(e^{-t}))$ e
$psi(t)=((0,0,e^{-t}))$, dunque solo modo \(\displaystyle e^{-t} \) relativo all'autovalore -1 è osservabile.
$ frac{s^2+s}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{s}{s^2+16}$ antitrasformando \(\displaystyle cos(4t) \)
$ frac{-2-2s}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{-2}{s^2+16}$ antitrasformando $-frac{1}{2}sin(4t)$
$ frac{-8+s}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{-9}{17(s+1)}+frac{9s+8}{17(s^2+16)}$ antitrasformando =$frac{1}{17}(-9e^{-t}+9cos(4t)+2sin(4t))$;
$ frac{8+8s}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{8}{s^2+16}$ antitrasformando $2sin(4t)$;
$ frac{4s+8}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{-5}{17(s+1)}+frac{5(s-16)}{17(s^2+16)}$ antitrasformando $frac{4}{17}(e^{-t}-cos(4t)+frac{9}{2}sin(4t))$;
$ frac{s^2+16}{(s+1)(s^2+16)}=\frac{1}{s+1}$ antitrasformando \(\displaystyle e^{-t}\).
Quindi dovrebbe essere $phi(t)=((cos(4t),-frac{1}{2}sin(4t),frac{1}{17}(-9e^{-t}+9cos(4t)+2sin(4t))),(2sin(4t),cos(4(t)),frac{4}{17}(e^{-t}-cos(4t)+frac{9}{2}sin(4t))),(0,0,e^{-t}))$.
E $H(t)=((-frac{1}{2}sin(4t)+frac{1}{17}(-9e^{-t}+9cos(4t)+2sin(4t))),(cos(4t)+frac{4}{17}(e^{-t}-cos(4t)+frac{9}{2}sin(4t))),(e^{-t}))$ e
$psi(t)=((0,0,e^{-t}))$, dunque solo modo \(\displaystyle e^{-t} \) relativo all'autovalore -1 è osservabile.
Dovrebbe esserci un errore con l'inversa, quella che mi trovo io ( controllata con Matlab ) è la seguente:
$ (sI-A)^-1=( ( s/(s^2+16) , -2/(s^2+16) , (s-8)/((s^2+16)(s+1)) ),( 8/(s^2+16) , s/(s^2+16) , (4(s+2))/((s^2+16)(s+1)) ),( 0 , 0 , 1/(s+1) ) ) $
ricontrolla il termine di posto $2-3$
$ (sI-A)^-1=( ( s/(s^2+16) , -2/(s^2+16) , (s-8)/((s^2+16)(s+1)) ),( 8/(s^2+16) , s/(s^2+16) , (4(s+2))/((s^2+16)(s+1)) ),( 0 , 0 , 1/(s+1) ) ) $
ricontrolla il termine di posto $2-3$
Ho modificato e provato a scrivere la soluzione 
Inoltre $W(s)=frac{CB}{sI-A}+D= frac{1}{(s+1)(s^2+16)}+2$?
Ricontrolla $W(s)=C(sI-A)^-1B+D=(s^3+2s^2+16s+32)/((s+1)(s^2+16))$
sì, hai ragione scusa... Per il resto lo studio dell'osservabilità e dell'eccitabilità è svolto bene? Per il punto c, mi servirebbe un suggerimento che non riesco a capire da dove cominciare...
per il punto d, invece si ha che $Y(s)=W(s)U(s)$ e abbiamo che $u(t)=t$ allora $U(s)=frac{1}{s^2}$,
$y(t)=frac{-1}{s}+frac{1}{s^2}+frac{1}{s+1}$, per quando riguarda la risposta a regime, non dovrebbe esistere in quanto c'è un polo di molteplicità algebrica due nell'origine.
$y(t)=frac{-1}{s}+frac{1}{s^2}+frac{1}{s+1}$, per quando riguarda la risposta a regime, non dovrebbe esistere in quanto c'è un polo di molteplicità algebrica due nell'origine.
Allora la traccia di chiede di trovare l'insieme di stati iniziali per il quale l'uscita in evoluzione libera tende a $0$.
La risposta in evoluzione libera vale:
$ y_l(t)=Ce^(At)x(0)== ( 0 \ \ 0 \ \ 1 )( ( cos(4t) , -1/2sen(4t) , 1/17(-9e^(-t)+9cos(4t)+2sen(4t)) ),(2sin(4t) ,cos(4t) ,4/17(e^(-t)-cos(4t)+9/2sin(4t)) ),( 0 , 0 , e^(-t) ) )( ( x_1(0) ),( x_2(0) ),( x_3(0) ) ) $
Quindi:
$ y_l(t)=( ( 0 ),( 0 ),( e^(-t) ) ) ( ( x_1(0) ),( x_2(0) ),( x_3(0) ) )=x_3(0)e^(-t) $
Come si vede, l'evoluzione libera del sistema tende asintoticamente a zero per qualunque terna di valori degli stati iniziali ( ed è proprio nulla quando $x_3(0)=0$ )
La risposta in evoluzione libera vale:
$ y_l(t)=Ce^(At)x(0)== ( 0 \ \ 0 \ \ 1 )( ( cos(4t) , -1/2sen(4t) , 1/17(-9e^(-t)+9cos(4t)+2sen(4t)) ),(2sin(4t) ,cos(4t) ,4/17(e^(-t)-cos(4t)+9/2sin(4t)) ),( 0 , 0 , e^(-t) ) )( ( x_1(0) ),( x_2(0) ),( x_3(0) ) ) $
Quindi:
$ y_l(t)=( ( 0 ),( 0 ),( e^(-t) ) ) ( ( x_1(0) ),( x_2(0) ),( x_3(0) ) )=x_3(0)e^(-t) $
Come si vede, l'evoluzione libera del sistema tende asintoticamente a zero per qualunque terna di valori degli stati iniziali ( ed è proprio nulla quando $x_3(0)=0$ )
Per il punto d c'è qualcosa che non va:
$ Y(s)=U(s)W(s)=1/s^2(s^3+2s^2+16s+32)/((s+1)(s^2+16))=1/s^2(1+16/((s+1)(s^2+16)))=1/s^2+16/(s^2(s+1)(s^2+16)) $
A te l'antitrasformata
$ Y(s)=U(s)W(s)=1/s^2(s^3+2s^2+16s+32)/((s+1)(s^2+16))=1/s^2(1+16/((s+1)(s^2+16)))=1/s^2+16/(s^2(s+1)(s^2+16)) $
A te l'antitrasformata
$ y (t)=2t+e ^{-t}-1$ la risposta a regime permanente non esiste in quanto il limite va a infinito. Una domanda l'evoluzione forzata vale $ e^{-At} B $?
La risposta forzata che hai calcolato è sbagliata; ricontrollala
Per quanto riguarda l'altra domanda, l'uscita di un sistema vale:
$ y(t)=Ce^(At)x(0)+Cint_(0)^(t) e^(A(t-tau))Bu(tau) d tau $
quindi l'evoluzione forzata è data dall'integrale di convoluzione:
$ y_f(t)=Cint_(0)^(t) e^(A(t-tau))Bu(tau) d tau $
Per quanto riguarda l'altra domanda, l'uscita di un sistema vale:
$ y(t)=Ce^(At)x(0)+Cint_(0)^(t) e^(A(t-tau))Bu(tau) d tau $
quindi l'evoluzione forzata è data dall'integrale di convoluzione:
$ y_f(t)=Cint_(0)^(t) e^(A(t-tau))Bu(tau) d tau $
Ho modificato
Allora
$ Y(s)=1/s^2 (s^3+2s^2+16s+32)/((s+1)(s^2+16))=1/s^2 ((s+1)(s^2+16)+s^2+16)/((s+1)(s^2+16))=
1/s^2 (1+1/(s+1))=1/s^2-1/s+1/s^2+1/(s+1)=2/s^2-1/s+1/(s+1) $
Da cui:
$ y(t)=2t-1+e^(-t) $
$ Y(s)=1/s^2 (s^3+2s^2+16s+32)/((s+1)(s^2+16))=1/s^2 ((s+1)(s^2+16)+s^2+16)/((s+1)(s^2+16))=
1/s^2 (1+1/(s+1))=1/s^2-1/s+1/s^2+1/(s+1)=2/s^2-1/s+1/(s+1) $
Da cui:
$ y(t)=2t-1+e^(-t) $
$ Y(s)=U(s)W(s)=1/s^2(s^3+2s^2+16s+32)/((s+1)(s^2+16))=frac { s+2}{s^2(s+1)} $ come fá a venirti$ Y(s)=U(s)W(s)=1/s^2(1+16/((s+1)(s^2+16)))=1/s^2+16/(s^2(s+1)(s^2+16)) $?
Hai ragione, avevo semplificato male, ora ho modificato
oddio, stavo impazzendo,hahaha.
Ho un ulteriore punto che mi chiede: è possibile stabilizzare asintoticamente il sistema con reazione dello stato? è possibile stabilizzare asintoticamente il sistema con reazione dell'uscita? Per quanto riguarda la reazione dell'uscita, dovrebbe essere impossibile, in quanto il sistema non è del tutto osservabile, per la reazione dello stato, dovrebbe essere possibile, anche se non ho ben presente come fare, tento di abbozzare una soluzione:
calcolo $A+BK$ e impongo k tale che ... E da qui non saprei come andare avanti.
calcolo $A+BK$ e impongo k tale che ... E da qui non saprei come andare avanti.
Con la retroazione dell'uscita riesci a stabilizzare il sistema; per quanto riguarda invece la retroazione dello stato, avendo un sistema non osservabile, come potresti retroazionare lo stato?
Sí, hai ragione
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