Dimostrazione della formula della risposta alla sinusoide
Inquadramento
Il teorema della risposta armonica descrive il comportamento permanente di un sistema lineare, stazionario e asintoticamente stabile eccitato da una sinusoide. È il ponte tra funzione di trasferimento, trasformata di Fourier e diagrammi di Bode: alla pulsazione assegnata il sistema modifica soltanto ampiezza e fase.
Definizioni e ipotesi
Si considera un sistema SISO LTI causale, reale e proprio, con condizioni iniziali finite e funzione di trasferimento \(W(s)\). Tutti i poli di \(W(s)\), e più in generale tutti i modi interni eccitati e osservati, hanno parte reale strettamente negativa. L’ingresso è
$$ u(t)=U\sin(\omega t+\varphi)\,1(t),\qquad U\ge 0,\quad \omega>0 . $$Si pone \(W(j\omega)=M(\omega)e^{j\psi(\omega)}\), con \(M(\omega)=|W(j\omega)|\) e \(\psi(\omega)=\arg W(j\omega)\). La risposta a regime è la parte dell’uscita che rimane dopo l’estinzione dei modi naturali; la parte restante è il transitorio.
Enunciato
Teorema della risposta armonica. Nelle ipotesi precedenti, l’uscita si può scrivere \(y(t)=y_{\mathrm{tr}}(t)+y_r(t)\), con \(\lim_{t\to+\infty}y_{\mathrm{tr}}(t)=0\), e
$$ \boxed{\,y_r(t)=U\,|W(j\omega)|\sin\!\bigl(\omega t+\varphi+\arg W(j\omega)\bigr)\, } . $$La pulsazione non cambia; il modulo moltiplica l’ampiezza e la fase si somma a quella dell’ingresso.
Dimostrazione completa mediante Laplace e residui
Usando \(\sin\alpha=(e^{j\alpha}-e^{-j\alpha})/(2j)\), la trasformata unilatera dell’ingresso è
$$ U(s)=\frac{U}{2j}\left(\frac{e^{j\varphi}}{s-j\omega} -\frac{e^{-j\varphi}}{s+j\omega}\right). $$Con condizioni iniziali nulle \(Y(s)=W(s)U(s)\). Condizioni iniziali non nulle aggiungono soltanto termini aventi come poli gli autovalori del sistema e dunque confluiscono nel transitorio. Poiché il sistema è asintoticamente stabile, \(W(s)\) non ha poli in \(s=\pm j\omega\). I residui di \(Y(s)\) nei due poli dell’ingresso sono quindi
$$ \operatorname*{Res}_{s=j\omega}Y(s) =\frac{U}{2j}e^{j\varphi}W(j\omega), \qquad \operatorname*{Res}_{s=-j\omega}Y(s) =-\frac{U}{2j}e^{-j\varphi}W(-j\omega). $$Essendo il sistema reale, \(W(-j\omega)=\overline{W(j\omega)}\). I due residui producono nell’antitrasformata
$$ \begin{aligned} y_r(t) &=\frac{U}{2j}\!\left[ e^{j\varphi}W(j\omega)e^{j\omega t} -e^{-j\varphi}\overline{W(j\omega)}e^{-j\omega t} \right] \\ &=\frac{U M(\omega)}{2j}\!\left[ e^{j(\omega t+\varphi+\psi(\omega))} -e^{-j(\omega t+\varphi+\psi(\omega))} \right] \\ &=U M(\omega)\sin\!\bigl(\omega t+\varphi+\psi(\omega)\bigr). \end{aligned} $$Restano i residui associati ai poli \(p_i\) di \(W(s)\). Se \(p_i\) ha molteplicità \(m_i\), il relativo contributo ha la forma
$$ e^{p_i t}\sum_{h=0}^{m_i-1}c_{ih}t^h . $$Da \(\operatorname{Re}p_i<0\) segue \(\lim_{t\to\infty}t^he^{p_i t}=0\) per ogni \(h\) finito. La loro somma, insieme all’evoluzione libera dovuta allo stato iniziale, è dunque \(y_{\mathrm{tr}}(t)\to0\). Questo giustifica sia la formula sia l’esistenza del regime.
Tempo continuo e tempo discreto
La formula appena dimostrata è quella TC. In TD, per \(u_k=U\sin(\Omega k+\varphi)\), se tutti i poli sono interni alla circonferenza unitaria e \(W(z)\) non ha poli in \(e^{\pm j\Omega}\), lo stesso calcolo sui poli \(z=e^{\pm j\Omega}\) dà
$$ y_{r,k}=U\,|W(e^{j\Omega})| \sin\!\bigl(\Omega k+\varphi+\arg W(e^{j\Omega})\bigr). $$Le pulsazioni discrete sono equivalenti modulo \(2\pi\), perché \(e^{j(\Omega+2\pi q)k}=e^{j\Omega k}\).
Esempio svolto
Per \(W(s)=1/(s+1)\), \(u(t)=2\sin(t+\pi/6)1(t)\) e stato iniziale nullo,
$$ W(j)=\frac{1}{1+j}=\frac{1}{\sqrt2}e^{-j\pi/4}. $$Pertanto
$$ y_r(t)=\sqrt2\sin\!\left(t+\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{4}\right) =\sqrt2\sin\!\left(t-\frac{\pi}{12}\right). $$L’unico modo naturale è \(e^{-t}\). Imponendo \(y(0)=0\), il suo coefficiente è
$$ c=-y_r(0)=\sqrt2\sin\frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt3-1}{2}. $$La risposta completa è quindi
$$ y(t)=\left[ \sqrt2\sin\!\left(t-\frac{\pi}{12}\right) +\frac{\sqrt3-1}{2}e^{-t} \right]1(t), $$e il secondo addendo si estingue.
Follow-up probabili
Perché serve l’asintotica stabilità?
Perché garantisce che tutti i modi naturali eccitati abbiano parte reale negativa e quindi il transitorio tenda a zero; inoltre l’asse immaginario appartiene alla regione di convergenza della risposta impulsiva.
Che cosa accade se \(j\omega\) è un polo?
Compare risonanza: il prodotto contiene un polo ripetuto in \(j\omega\) e l’uscita include un termine con ampiezza crescente, tipicamente \(t\sin(\omega t+\alpha)\); non esiste un regime sinusoidale limitato.
La formula vale con condizioni iniziali non nulle?
Sì, purché il sistema sia internamente asintoticamente stabile: lo stato iniziale aggiunge solo l’evoluzione libera, che si estingue.
Sistema a dati campionati
Inquadramento
Un sistema a dati campionati collega un controllore digitale a un processo fisico continuo. Il campionatore trasforma il segnale continuo in una sequenza, mentre il ricostruttore—di regola un mantenitore di ordine zero—genera il comando continuo applicato al processo tra due campioni.
Definizioni e ipotesi
Il processo LTI continuo è
$$ \dot x(t)=Ax(t)+Bu(t),\qquad y(t)=Cx(t)+Du(t). $$Il campionamento è uniforme, \(t_k=kT\), con periodo \(T>0\) e pulsazione di campionamento \(\omega_s=2\pi/T\). Si definiscono \(x_k=x(kT)\), \(u_k=u(kT)\), \(y_k=y(kT)\). Il ricostruttore ZOH impone
$$ u(t)=u_k,\qquad t\in[kT,(k+1)T). $$Questa ipotesi non è un’approssimazione del comando effettivamente applicato: descrive esattamente l’uscita del mantenitore di ordine zero.
Enunciato: discretizzazione esatta con ZOH
La dinamica campionata soddisfa
$$ x_{k+1}=A_d x_k+B_d u_k,\qquad y_k=C_d x_k+D_d u_k, $$con
$$ \boxed{\; A_d=e^{AT},\qquad B_d=\left(\int_0^T e^{A\sigma}\,d\sigma\right)B,\qquad C_d=C,\qquad D_d=D . \;} $$Se \(A\) è invertibile, \(B_d=A^{-1}(e^{AT}-I)B\). La formula integrale resta valida anche quando \(A\) è singolare.
Dimostrazione completa
La formula di variazione delle costanti, applicata tra \(kT\) e \((k+1)T\), fornisce
$$ x((k+1)T) =e^{AT}x(kT) +\int_{kT}^{(k+1)T}e^{A((k+1)T-\tau)}B\,u(\tau)\,d\tau . $$Nel medesimo intervallo lo ZOH rende \(u(\tau)=u_k\), quindi \(u_k\) esce dall’integrale:
$$ x_{k+1}=e^{AT}x_k+ \left[\int_{kT}^{(k+1)T}e^{A((k+1)T-\tau)}B\,d\tau\right]u_k . $$Con il cambio di variabile \(\sigma=(k+1)T-\tau\), si ha \(d\sigma=-d\tau\); quando \(\tau=kT\), \(\sigma=T\), e quando \(\tau=(k+1)T\), \(\sigma=0\). Pertanto
$$ \begin{aligned} \int_{kT}^{(k+1)T}e^{A((k+1)T-\tau)}B\,d\tau &=\int_T^0 e^{A\sigma}B(-d\sigma)\\ &=\int_0^T e^{A\sigma}B\,d\sigma=B_d . \end{aligned} $$Poiché il sistema è stazionario, il risultato non dipende da \(k\). Campionando l’equazione d’uscita si ottiene direttamente \(y_k=Cx_k+Du_k\), da cui \(C_d=C\) e \(D_d=D\). Infine, se \(A\) è invertibile,
$$ \int_0^T e^{A\sigma}\,d\sigma =A^{-1}\!\left[e^{A\sigma}\right]_0^T =A^{-1}(e^{AT}-I), $$perché \(\frac{d}{d\sigma}e^{A\sigma}=Ae^{A\sigma}\).
Ruolo del periodo di campionamento, Shannon e aliasing
Campionando una sinusoide \(e^{j\omega t}\) si ottiene \(e^{j\omega kT}\). Le frequenze continue \(\omega\) e \(\omega+q\omega_s\), con \(q\in\mathbb Z\), producono la stessa sequenza:
$$ e^{j(\omega+q\omega_s)kT}=e^{j\omega kT}e^{j2\pi qk}=e^{j\omega kT}. $$Questa indistinguibilità è l’aliasing. Se un segnale è limitato in banda a \(|\omega|\le\omega_B\), il teorema di Shannon richiede
$$ \omega_s>2\omega_B \qquad\Longleftrightarrow\qquad T<\frac{\pi}{\omega_B} $$per una ricostruzione ideale univoca. In controllo, \(T\) deve inoltre essere abbastanza piccolo da rappresentare le dinamiche più veloci rilevanti e lasciare margine al calcolo; un \(T\) troppo grande peggiora fase e prestazioni, mentre un \(T\) molto piccolo aumenta carico computazionale e sensibilità al rumore. Un filtro anti-aliasing analogico limita la banda prima del campionatore.
Esempio svolto
Si discretizzi con ZOH
$$ \dot x(t)=-2x(t)+u(t),\qquad y(t)=x(t),\qquad T=0.1\ \mathrm{s}. $$Essendo \(A=-2\), \(B=1\),
$$ A_d=e^{-0.2}=0.8187308, \qquad B_d=\int_0^{0.1}e^{-2\sigma}\,d\sigma =\frac{1-e^{-0.2}}{2}=0.0906346. $$Il modello esatto è
$$ x_{k+1}=0.8187308\,x_k+0.0906346\,u_k,\qquad y_k=x_k. $$Con \(u_k=3\) costante, il punto di equilibrio discreto risolve
$$ x_\infty=0.8187308x_\infty+0.0906346\cdot3, \qquad x_\infty=1.5, $$lo stesso equilibrio del sistema continuo, ottenuto da \(0=-2x_\infty+3\).
Follow-up probabili
Che cosa succede se \(A\) non è invertibile?
Non si usa la formula con \(A^{-1}\); l’integrale \(B_d=\int_0^T e^{A\sigma}B\,d\sigma\) è sempre ben definito e si calcola tramite serie, Jordan o esponenziale di una matrice aumentata.
Come si trasformano gli autovalori?
Per il mappaggio esatto, ogni autovalore continuo \(\lambda\) genera \(z=e^{\lambda T}\). Quindi \(\operatorname{Re}\lambda<0\) equivale a \(|z|<1\).
Perché serve il filtro anti-aliasing?
Per attenuare prima del campionamento le componenti oltre \(\omega_s/2\), che altrimenti si ripiegherebbero irreversibilmente nella banda utile.
Stabilità (una volta, insieme a Lyapunov, con anche il discorso della stabilità dei punti ai Jacobiani)
Inquadramento
La stabilità interna misura l’effetto di una piccola perturbazione dello stato iniziale, a ingresso fissato. Per i sistemi non lineari è una proprietà locale di un equilibrio; il metodo indiretto di Lyapunov usa il Jacobiano per decidere i casi non critici e rinvia al metodo diretto i casi critici.
Definizioni e ipotesi
Si consideri il sistema autonomo TC \(\dot x=f(x)\), con \(f\in C^1\), e un equilibrio \(x_e\), cioè \(f(x_e)=0\). Indicata con \(\phi(t;t_0,x_0)\) la soluzione:
- Stabilità semplice, o stabilità secondo Lyapunov: per ogni \(\varepsilon>0\) esiste \(\delta=\delta(\varepsilon,t_0)>0\) tale che $$ \|x_0-x_e\|<\delta \ \Longrightarrow\ \|\phi(t;t_0,x_0)-x_e\|<\varepsilon \quad\text{per ogni }t\ge t_0 . $$
- Attrattività locale: esiste \(r>0\) tale che $$ \|x_0-x_e\|<r \ \Longrightarrow\ \lim_{t\to\infty}\phi(t;t_0,x_0)=x_e . $$
- Asintotica stabilità: l’equilibrio è stabile e localmente attrattivo.
- Instabilità: è la negazione della stabilità: esiste \(\varepsilon_0>0\) tale che, per ogni \(\delta>0\), si trovano \(x_0\) e \(t\ge t_0\) con $$ \|x_0-x_e\|<\delta,\qquad \|\phi(t;t_0,x_0)-x_e\|\ge\varepsilon_0 . $$
Stabilità e attrattività sono distinte: un centro è stabile ma non attrattivo; una traiettoria può convergere all’equilibrio pur compiendo una grande escursione, e quindi l’attrattività da sola non implica stabilità.
Enunciato: metodo indiretto o ridotto di Lyapunov
Posto \(z=x-x_e\), lo sviluppo locale è
$$ \dot z=Az+r(z),\qquad A=\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{x_e}, \qquad \lim_{\|z\|\to0}\frac{\|r(z)\|}{\|z\|}=0. $$- Se tutti gli autovalori di \(A\) soddisfano \(\operatorname{Re}\lambda_i<0\), \(x_e\) è localmente asintoticamente stabile.
- Se almeno un autovalore soddisfa \(\operatorname{Re}\lambda_i>0\), \(x_e\) è instabile.
- Se nessun autovalore ha parte reale positiva ma almeno uno ha parte reale nulla, il metodo è inconcludente: i termini non lineari possono stabilizzare, destabilizzare o lasciare un centro.
Per \(x_{k+1}=f(x_k)\), con \(A=\partial f/\partial x|_{x_e}\), si sostituiscono le condizioni con \(|\lambda_i|<1\), \(|\lambda_i|>1\) e \(|\lambda_i|=1\).
Dimostrazione del caso asintoticamente stabile
Se \(A\) è Hurwitz, scelta una matrice simmetrica \(Q>0\), l’integrale
$$ P=\int_0^\infty e^{A^Tt}Qe^{At}\,dt $$converge, è simmetrico e definito positivo. Derivando \(e^{A^Tt}Qe^{At}\) e integrando si ottiene
$$ A^TP+PA =\int_0^\infty\frac{d}{dt}\!\left(e^{A^Tt}Qe^{At}\right)dt =\left[e^{A^Tt}Qe^{At}\right]_0^\infty=-Q. $$Si scelga \(V(z)=z^TPz\). Esistono \(p_{\min},p_{\max}>0\) tali che
$$ p_{\min}\|z\|^2\le V(z)\le p_{\max}\|z\|^2. $$Lungo il sistema non lineare,
$$ \begin{aligned} \dot V &=z^T(A^TP+PA)z+2z^TPr(z)\\ &=-z^TQz+2z^TPr(z)\\ &\le-q_{\min}\|z\|^2+2\|P\|\,\|z\|\,\|r(z)\|. \end{aligned} $$Dalla proprietà \(r(z)=o(\|z\|)\), esiste \(\rho>0\) tale che, per \(0<\|z\|<\rho\),
$$ \|r(z)\|\le\frac{q_{\min}}{4\|P\|}\|z\|. $$Ne segue
$$ \dot V\le-\frac{q_{\min}}{2}\|z\|^2<0. $$Il teorema diretto di Lyapunov rende allora l’origine del sistema traslato, e quindi \(x_e\), localmente asintoticamente stabile.
Perché un autovalore instabile implica instabilità
Si porta \(A\), mediante una trasformazione reale, in forma a blocchi e si raccoglie in \(A_u\) il sottospazio generalizzato associato agli autovalori con parte reale positiva. Poiché \(-A_u\) è Hurwitz, esiste \(H>0\) che soddisfa
$$ A_u^TH+HA_u=I. $$Scrivendo \(z=(\xi,\eta)\), con \(\xi\) componente instabile, e \(r(z)=(r_u,r_c)=o(\|z\|)\), si considera \(V_u(\xi)=\xi^TH\xi\). In un cono sufficientemente stretto attorno al sottospazio instabile vale \(\|z\|\le c\|\xi\|\); quindi, scegliendo il cono dentro una palla abbastanza piccola,
$$ \begin{aligned} \dot V_u &=\xi^T(A_u^TH+HA_u)\xi+2\xi^THr_u(z)\\ &\ge \|\xi\|^2-2\|H\|\,\|\xi\|\,\|r_u(z)\|\\ &\ge \frac12\|\xi\|^2>0. \end{aligned} $$La frontiera laterale del cono si può scegliere entrante rispetto al moto lineare instabile; la stima \(r=o(\|z\|)\) conserva questa proprietà in una palla piccola. Partendo arbitrariamente vicino all’origine sull’asse del cono, \(V_u\) cresce strettamente finché la traiettoria esce dalla palla. Esiste dunque una distanza positiva raggiunta da condizioni iniziali arbitrariamente piccole: è precisamente la negazione della stabilità. Per una coppia complessa si usa il corrispondente blocco reale bidimensionale; la stessa forma quadratica tratta simultaneamente rotazione e crescita.
Tempo continuo e tempo discreto: regioni spettrali
Nel caso lineare TC, l’origine di \(\dot x=Ax\) è asintoticamente stabile se e solo se tutti i poli sono nel semipiano sinistro aperto. In TD, l’origine di \(x_{k+1}=Ax_k\) è asintoticamente stabile se e solo se tutti gli autovalori sono nel disco unitario aperto. La corrispondenza della discretizzazione esatta è \(z=e^{sT}\): il semipiano sinistro viene mappato nell’interno del cerchio unitario.
Esempio svolto e legame con Lyapunov
Per il sistema scalare
$$ \dot x=-x+x^3=x(x^2-1) $$gli equilibri sono \(x_e\in\{-1,0,1\}\). Il Jacobiano è \(f'(x)=-1+3x^2\). In \(x_e=0\), \(f'(0)=-1<0\), quindi l’origine è localmente asintoticamente stabile. La conclusione si verifica direttamente con \(V(x)=x^2/2\):
$$ \dot V=x(-x+x^3)=-x^2(1-x^2)<0 \quad\text{per }0<|x|<1. $$In \(x_e=\pm1\), \(f'(\pm1)=2>0\), quindi entrambi gli equilibri sono instabili. Se invece il Jacobiano avesse un autovalore sull’asse immaginario—come il pendolo ideale linearizzato verso il basso—il metodo ridotto non deciderebbe: occorrerebbe una funzione di Lyapunov, per esempio l’energia.
Follow-up probabili
Stabilità semplice e attrattività sono equivalenti?
No. Un centro lineare è stabile ma non attrattivo; viceversa, l’attrattività senza il vincolo di permanenza negli intorni non basta a garantire stabilità.
Che cosa si conclude con autovalori puramente immaginari?
Per il sistema non lineare nulla dal solo Jacobiano. Per un sistema lineare si ha stabilità semplice soltanto se gli autovalori sull’asse immaginario sono semisemplici e tutti gli altri hanno parte reale negativa.
Qual è il corrispondente caso critico in TD?
La presenza di autovalori con modulo unitario. Nel sistema lineare devono essere semisemplici per la stabilità semplice; nel sistema non lineare il linearizzato resta inconcludente.
Teorema di Lyapunov (3. e 4. spesso unite). Sia tempo continuo sia tempo discreto. Una volta con curve di livello
Inquadramento
Il metodo diretto di Lyapunov studia la stabilità senza risolvere le equazioni del moto. Si cerca una funzione scalare simile a un’energia: positiva rispetto all’equilibrio e non crescente—o strettamente decrescente—lungo le traiettorie.
Definizioni e ipotesi
Dopo la traslazione dell’equilibrio all’origine, in TC si considera \(\dot x=f(x)\), con \(f(0)=0\), e in TD \(x_{k+1}=f(x_k)\), ancora con \(f(0)=0\). Una funzione continua \(V:\mathcal D\to\mathbb R\), con \(\mathcal D\) intorno dell’origine, è:
- definita positiva se \(V(0)=0\) e \(V(x)>0\) per ogni \(x\ne0\) in \(\mathcal D\);
- radialmente illimitata se \(V(x)\to+\infty\) quando \(\|x\|\to\infty\);
- decrescente lungo il moto TC se $$ \dot V(x)=\nabla V(x)^Tf(x)\le0; $$
- decrescente lungo il moto TD se $$ \Delta V(x)=V(f(x))-V(x)\le0. $$
Enunciato in tempo continuo
Teorema diretto di Lyapunov, TC. Siano \(f\) localmente lipschitziana e \(V\in C^1(\mathcal D)\) definita positiva.
- Se \(\dot V(x)\le0\) in \(\mathcal D\), l’origine è stabile.
- Se \(\dot V(x)<0\) per ogni \(x\ne0\) in \(\mathcal D\), l’origine è localmente asintoticamente stabile.
- Se le condizioni valgono globalmente e \(V\) è radialmente illimitata, l’origine è globalmente asintoticamente stabile.
Dimostrazione completa in tempo continuo
Stabilità. Fissato un raggio \(\varepsilon>0\) con \(\overline B_\varepsilon\subset\mathcal D\), la sfera \(S_\varepsilon=\{x:\|x\|=\varepsilon\}\) è compatta. Per continuità e definita positività,
$$ \alpha_\varepsilon=\min_{\|x\|=\varepsilon}V(x)>0. $$Poiché \(V(0)=0\) ed è continua, esiste \(0<\delta<\varepsilon\) tale che \(\|x\|<\delta\) implichi \(V(x)<\alpha_\varepsilon\). Se una traiettoria partita in \(B_\delta\) raggiungesse per la prima volta \(S_\varepsilon\) all’istante \(t_1\), dalla monotonia di \(V\) si avrebbe
$$ V(x(t_1))\le V(x(t_0))<\alpha_\varepsilon, $$ma dalla definizione di \(\alpha_\varepsilon\), \(V(x(t_1))\ge\alpha_\varepsilon\): contraddizione. La traiettoria rimane in \(B_\varepsilon\), quindi l’origine è stabile.
Attrattività. Si scelga un sottolivello compatto e positivamente invariante
$$ \Omega_c=\{x:V(x)\le c\}\subset\mathcal D. $$È invariante perché \(V\) non cresce. Fissato \(r>0\), sull’insieme compatto \(\Omega_c\setminus B_r\) la funzione continua \(-\dot V\) è positiva; dunque ammette un minimo \(\mu_r>0\). Se una traiettoria rimanesse per sempre fuori da \(B_r\), allora
$$ V(x(t))=V(x(t_0))+\int_{t_0}^t\dot V(x(\tau))\,d\tau \le V(x(t_0))-\mu_r(t-t_0), $$che diventerebbe negativa per \(t\) grande, impossibile perché \(V\ge0\). La traiettoria entra quindi in ogni \(B_r\); la stabilità già provata impedisce successive escursioni finite. Ne segue \(x(t)\to0\).
Globalità. Se \(V\) è radialmente illimitata, ogni sottolivello \(\Omega_c\) è limitato e quindi, essendo chiuso, compatto. Ogni stato iniziale appartiene a un opportuno \(\Omega_c\); la dimostrazione precedente vale per ogni \(x_0\), dando attrazione globale e stabilità globale.
Enunciato e dimostrazione in tempo discreto
Teorema diretto di Lyapunov, TD. Sia \(V\) continua e definita positiva. Se \(\Delta V(x)\le0\), l’origine è stabile; se \(\Delta V(x)<0\) per \(x\ne0\), è localmente asintoticamente stabile. Con ipotesi globali e \(V\) radialmente illimitata, la stabilità asintotica è globale.
La prova di stabilità usa gli stessi valori \(\alpha_\varepsilon\) e \(\delta\). Infatti
$$ V(x_k)=V(x_0)+\sum_{h=0}^{k-1}\Delta V(x_h)\le V(x_0)<\alpha_\varepsilon, $$quindi nessun campione può raggiungere \(S_\varepsilon\). Per l’attrattività, nel compatto \(\Omega_c\setminus B_r\) si pone
$$ \mu_r=\min_{x\in\Omega_c\setminus B_r}\bigl[-\Delta V(x)\bigr]>0. $$Se \(x_k\) restasse fuori da \(B_r\) per \(N\) passi,
$$ V(x_N)\le V(x_0)-N\mu_r, $$che è incompatibile con \(V(x_N)\ge0\) per \(N>V(x_0)/\mu_r\). La traiettoria entra in ogni intorno e, per stabilità, converge all’origine. La radiale illimitatezza rende ancora compatti tutti i sottolivelli e dà il risultato globale.
Interpretazione geometrica con curve di livello
Su una curva \(V(x)=c\), il gradiente \(\nabla V(x)\) è normale alla curva e orientato verso valori crescenti di \(V\). Il campo \(f(x)\) è tangente alla traiettoria. La condizione
$$ \dot V(x)=\nabla V(x)^Tf(x)<0 $$dice che l’angolo fra i due vettori è ottuso: la traiettoria attraversa i livelli dall’esterno verso l’interno. Se \(\dot V\le0\), non può uscire da un sottolivello, ma può muoversi su una sua curva; questo spiega perché la semidefinita negatività garantisce stabilità ma non, da sola, attrazione.
Esempi svolti TC e TD
TC. Per
$$ \dot x_1=-x_1,\qquad \dot x_2=-2x_2, \qquad V(x)=x_1^2+x_2^2, $$si ha \(V>0\) per \(x\ne0\), \(V\to\infty\) per \(\|x\|\to\infty\), e
$$ \dot V=2x_1(-x_1)+2x_2(-2x_2) =-2x_1^2-4x_2^2<0\quad(x\ne0). $$L’origine è globalmente asintoticamente stabile.
TD. Per
$$ x_{1,k+1}=\frac12x_{1,k},\qquad x_{2,k+1}=\frac13x_{2,k} $$con la stessa \(V\),
$$ \Delta V =\left(\frac14-1\right)x_1^2 +\left(\frac19-1\right)x_2^2 =-\frac34x_1^2-\frac89x_2^2<0. $$Anche in questo caso l’origine è globalmente asintoticamente stabile.
Follow-up probabili
Una funzione di Lyapunov è unica?
No. Per lo stesso equilibrio possono esistere infinite funzioni di Lyapunov; trovarne una soddisfacente è sufficiente.
Che cosa si conclude se \(\dot V\) è soltanto semidefinita negativa?
Il teorema diretto garantisce stabilità. Per ottenere attrattività si studia il più grande insieme invariante contenuto in \(\{\dot V=0\}\) mediante il principio di LaSalle.
Perché la radiale illimitatezza è importante?
Rende limitati tutti i sottolivelli di \(V\); così le traiettorie non possono fuggire all’infinito e l’argomento locale si estende a ogni stato iniziale.
Linearizzazione con esempi (due volte esempio del pendolo)
Inquadramento
La linearizzazione sostituisce localmente un modello non lineare con il suo sviluppo di Taylor al primo ordine. Il modello ottenuto descrive le piccole variazioni attorno a un equilibrio o a una traiettoria nominale e consente di usare autovalori, funzioni di trasferimento e tecniche lineari.
Definizioni e ipotesi
Si consideri
$$ \dot x=f(x,u),\qquad y=h(x,u), $$con \(f,h\) almeno continuamente differenziabili. Una coppia \((x_e,u_e)\) è di equilibrio se
$$ f(x_e,u_e)=0,\qquad y_e=h(x_e,u_e). $$Le variabili incrementali sono \(\delta x=x-x_e\), \(\delta u=u-u_e\), \(\delta y=y-y_e\).
Enunciato: modello linearizzato
In un intorno di \((x_e,u_e)\), il modello al primo ordine è
$$ \boxed{\; \delta\dot x=A\,\delta x+B\,\delta u,\qquad \delta y=C\,\delta x+D\,\delta u \;} $$dove
$$ A=\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(x_e,u_e)},\quad B=\left.\frac{\partial f}{\partial u}\right|_{(x_e,u_e)},\quad C=\left.\frac{\partial h}{\partial x}\right|_{(x_e,u_e)},\quad D=\left.\frac{\partial h}{\partial u}\right|_{(x_e,u_e)}. $$Dimostrazione e derivazione completa
Lo sviluppo di Taylor vettoriale attorno a \((x_e,u_e)\) dà
$$ f(x,u)=f(x_e,u_e)+A(x-x_e)+B(u-u_e)+r_f(\delta x,\delta u), $$con
$$ \lim_{\|(\delta x,\delta u)\|\to0} \frac{\|r_f(\delta x,\delta u)\|} {\|(\delta x,\delta u)\|}=0. $$Poiché \(f(x_e,u_e)=0\) e \(x_e\) è costante, \(\delta\dot x=\dot x-\dot x_e=\dot x\). Trascurando il resto di ordine superiore si ottiene \(\delta\dot x=A\delta x+B\delta u\). Analogamente,
$$ h(x,u)=h(x_e,u_e)+C\delta x+D\delta u+r_h(\delta x,\delta u), $$e sottraendo \(y_e=h(x_e,u_e)\) segue \(\delta y=C\delta x+D\delta u\). L’approssimazione è locale: il rapporto tra resto ed entità della perturbazione tende a zero, ma non è nullo a distanza finita.
Attorno a una traiettoria nominale \((\hat x(t),\hat u(t))\), le medesime Jacobiane sono valutate lungo la traiettoria e diventano in generale \(A(t),B(t),C(t),D(t)\): il linearizzato è lineare ma non stazionario. In TD, con \(x_{k+1}=f(x_k,u_k)\), l’equilibrio soddisfa \(x_e=f(x_e,u_e)\) e
$$ \delta x_{k+1}=A\,\delta x_k+B\,\delta u_k. $$Esempio svolto: pendolo nei due equilibri
Un pendolo di massa \(m\), lunghezza \(\ell\), inerzia \(J=m\ell^2\), attrito viscoso \(b\) e coppia di ingresso \(u\) soddisfa
$$ m\ell^2\ddot\theta=-mg\ell\sin\theta-b\dot\theta+u. $$Con \(x_1=\theta\), \(x_2=\dot\theta\),
$$ \dot x_1=x_2,\qquad \dot x_2=-\frac g\ell\sin x_1-\frac{b}{m\ell^2}x_2 +\frac{1}{m\ell^2}u,\qquad y=x_1. $$Per \(u_e=0\), gli equilibri sono \(x_{2e}=0\) e \(x_{1e}=q\pi\). I due non equivalenti modulo \(2\pi\) sono \((0,0)\), massa in basso, e \((\pi,0)\), massa in alto. Le Jacobiane sono
$$ A(x_{1e})= \begin{bmatrix} 0&1\\ -\dfrac g\ell\cos x_{1e}&-\dfrac{b}{m\ell^2} \end{bmatrix}, \quad B=\begin{bmatrix}0\\[2pt]\dfrac{1}{m\ell^2}\end{bmatrix}, \quad C=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix},\quad D=0. $$Equilibrio inferiore \((0,0)\). Poiché \(\cos0=1\),
$$ A_0=\begin{bmatrix}0&1\\-g/\ell&-b/(m\ell^2)\end{bmatrix}, \qquad p_0(\lambda)=\lambda^2+\frac{b}{m\ell^2}\lambda+\frac g\ell. $$Se \(b>0\), entrambi i coefficienti sono positivi e le radici hanno parte reale negativa: l’equilibrio non lineare è localmente asintoticamente stabile. Se \(b=0\),
$$ \lambda_{1,2}=\pm j\sqrt{\frac g\ell}, $$quindi il Jacobiano è critico e non prova l’asintotica stabilità. L’energia relativa al minimo,
$$ V(\theta,\omega)=\frac12m\ell^2\omega^2+mg\ell(1-\cos\theta), $$è positiva in un intorno di \((0,0)\) e, senza attrito,
$$ \dot V =m\ell^2\omega\dot\omega+mg\ell\sin\theta\,\dot\theta =\omega(-mg\ell\sin\theta)+mg\ell\sin\theta\,\omega=0. $$Il teorema di Lyapunov garantisce stabilità semplice; l’energia costante produce orbite periodiche, dunque non attrattività.
Equilibrio superiore \((\pi,0)\). Poiché \(\cos\pi=-1\),
$$ A_\pi=\begin{bmatrix}0&1\\g/\ell&-b/(m\ell^2)\end{bmatrix}, \qquad p_\pi(\lambda)=\lambda^2+\frac{b}{m\ell^2}\lambda-\frac g\ell. $$Il prodotto delle radici è \(-g/\ell<0\): una radice è positiva e una negativa per ogni \(b\ge0\). L’equilibrio capovolto è una sella, quindi instabile.
Numericamente, per \(m=\ell=1\), \(g=9.81\), \(b=1\),
$$ \lambda(A_0)=\frac{-1\pm j\sqrt{38.24}}{2} \approx-0.5\pm j\,3.092, $$ $$ \lambda(A_\pi)=\frac{-1\pm\sqrt{40.24}}{2} \approx\{2.671,\,-3.671\}. $$Follow-up probabili
Perché si lavora con gli scostamenti?
Per eliminare i termini costanti di equilibrio e ottenere un modello lineare omogeneo nelle variazioni \(\delta x,\delta u,\delta y\).
Il pendolo ideale verso il basso è asintoticamente stabile?
No. È stabile secondo Lyapunov, ma senza dissipazione conserva l’energia e oscilla: non è attrattivo.
Che cosa cambia linearizzando lungo una traiettoria?
Le Jacobiane dipendono dal tempo attraverso la traiettoria nominale; il modello delle perturbazioni è lineare ma generalmente non stazionario.
Risposta forzata per un sistema lineare a tempo discreto
Inquadramento
La formula di Lagrange discreta genera lo stato sommando l’evoluzione libera e gli effetti di tutti i campioni dell’ingresso. La risposta forzata è una convoluzione: ogni \(u_j\) modifica lo stato al passo \(j+1\), poi evolve liberamente fino al passo osservato.
Definizioni e ipotesi
Si considera il sistema LTI
$$ x_{k+1}=Ax_k+Bu_k,\qquad y_k=Cx_k+Du_k,\qquad x_0\ \text{assegnato}. $$L’evoluzione libera è la risposta con \(u_k=0\); la risposta forzata è quella con \(x_0=0\). Il termine \(D u_k\) è l’eventuale accoppiamento istantaneo ingresso–uscita.
Enunciato: formula di Lagrange TD
Per ogni \(k\ge0\),
$$ \boxed{\; x_k=A^kx_0+\sum_{j=0}^{k-1}A^{k-1-j}Bu_j \;} $$e
$$ \boxed{\; y_k=CA^kx_0+ \sum_{j=0}^{k-1}CA^{k-1-j}Bu_j+Du_k . \;} $$La somma vuota per \(k=0\) vale zero.
Dimostrazione completa per induzione
Passo base. Per \(k=1\), la formula dà
$$ A^1x_0+\sum_{j=0}^{0}A^{0-j}Bu_j =Ax_0+Bu_0=x_1, $$che coincide con l’equazione di stato.
Passo induttivo. Si supponga la formula vera a \(k\). Allora
$$ \begin{aligned} x_{k+1} &=Ax_k+Bu_k\\ &=A\left(A^kx_0+\sum_{j=0}^{k-1}A^{k-1-j}Bu_j\right)+Bu_k\\ &=A^{k+1}x_0+\sum_{j=0}^{k-1}A^{k-j}Bu_j+Bu_k\\ &=A^{k+1}x_0+\sum_{j=0}^{k}A^{k-j}Bu_j. \end{aligned} $$Quest’ultima è esattamente la formula con \(k\) sostituito da \(k+1\); l’induzione è completa. Sostituendo \(x_k\) in \(y_k=Cx_k+Du_k\) si ottiene l’espressione dell’uscita.
La separazione
$$ x_k=\underbrace{A^kx_0}_{x_{\ell,k}} +\underbrace{\sum_{j=0}^{k-1}A^{k-1-j}Bu_j}_{x_{f,k}} $$è il principio di sovrapposizione: il campione \(u_j\) crea \(Bu_j\) al passo \(j+1\) e viene propagato per altri \(k-j-1\) passi mediante \(A^{k-j-1}\).
Caso non stazionario e confronto con il tempo continuo
Per \(x_{k+1}=A_kx_k+B_ku_k\), definendo
$$ \Phi(k,h)= \begin{cases} I,&k=h,\\ A_{k-1}A_{k-2}\cdots A_h,&k>h, \end{cases} $$si ha
$$ x_k=\Phi(k,0)x_0+ \sum_{j=0}^{k-1}\Phi(k,j+1)B_ju_j. $$Nel caso TC la somma diventa l’integrale di convoluzione \(\int_0^t e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau\); la struttura causale è la stessa.
Esempio svolto
Si consideri
$$ x_{k+1}=\frac12x_k+2u_k,\qquad y_k=x_k,\qquad x_0=1,\qquad u_k=(-1)^k. $$La formula di Lagrange dà
$$ x_k=\left(\frac12\right)^k+ 2\sum_{j=0}^{k-1}\left(\frac12\right)^{k-1-j}(-1)^j. $$Con \(h=k-1-j\),
$$ \begin{aligned} 2\sum_{j=0}^{k-1}\left(\frac12\right)^{k-1-j}(-1)^j &=2(-1)^{k-1}\sum_{h=0}^{k-1}\left(-\frac12\right)^h\\ &=\frac43(-1)^{k-1}\left[1-\left(-\frac12\right)^k\right]. \end{aligned} $$Semplificando,
$$ \boxed{\; x_k=y_k=\frac73\left(\frac12\right)^k-\frac43(-1)^k . \;} $$Controllo diretto: \(x_1=\frac12+2=\frac52\) e \(x_2=\frac12\frac52-2=-\frac34\), valori restituiti anche dalla formula chiusa. Il termine \((1/2)^k\) è il transitorio; il termine alternato è la risposta permanente al segnale \((-1)^k\).
Follow-up probabili
Perché l’esponente è \(k-1-j\)?
L’ingresso al passo \(j\) entra nello stato \(x_{j+1}\) tramite \(B\); da \(j+1\) a \(k\) restano esattamente \(k-j-1\) propagazioni con \(A\).
La risposta nello stato ha un termine istantaneo in \(u_k\)?
No: \(u_k\) modifica \(x_{k+1}\). L’uscita può invece dipendere istantaneamente da \(u_k\) attraverso \(D u_k\).
Quando l’evoluzione libera si estingue?
Quando \(A\) è Schur, cioè tutti i suoi autovalori hanno modulo strettamente minore di uno; allora \(A^k\to0\).
Controllabilità
Inquadramento
Raggiungibilità e controllabilità descrivono quali direzioni dello stato possono essere governate dall’ingresso. La matrice di Kalman raccoglie l’azione diretta di \(B\) e quella propagata da \(A\); il suo rango stabilisce se l’intero spazio di stato è accessibile.
Definizioni e ipotesi
Per un sistema lineare con ingresso non vincolato:
- uno stato \(x_f\) è raggiungibile se esistono un tempo finito e un ingresso che portano il sistema da \(x_0=0\) a \(x_f\);
- uno stato \(x_0\) è controllabile a zero se esistono un tempo finito e un ingresso che lo portano all’origine;
- il sistema è completamente raggiungibile, rispettivamente controllabile, se la proprietà vale per ogni stato.
Si considera la coppia \((A,B)\), con \(A\in\mathbb R^{n\times n}\), \(B\in\mathbb R^{n\times m}\), e la matrice
$$ \mathcal R=\begin{bmatrix}B&AB&A^2B&\cdots&A^{n-1}B\end{bmatrix}. $$Enunciato: criterio del rango di Kalman
Per i sistemi LTI sia TC sia TD, la coppia \((A,B)\) è completamente raggiungibile se e solo se
$$ \boxed{\operatorname{rank}\mathcal R=n.} $$Il sottospazio raggiungibile è
$$ \mathcal X_r=\operatorname{Im}\mathcal R =\operatorname{span}\{\operatorname{Im}B,\operatorname{Im}AB,\ldots, \operatorname{Im}A^{n-1}B\}. $$Dimostrazione completa in tempo discreto
Da \(x_0=0\), dopo \(N\) passi la formula di Lagrange dà
$$ x_N=A^{N-1}Bu_0+A^{N-2}Bu_1+\cdots+Bu_{N-1}. $$Per \(N=n\),
$$ x_n= \begin{bmatrix}A^{n-1}B&A^{n-2}B&\cdots&B\end{bmatrix} \begin{bmatrix}u_0\\u_1\\\vdots\\u_{n-1}\end{bmatrix}. $$La matrice a sinistra ha le stesse colonne di \(\mathcal R\), soltanto in ordine inverso; pertanto gli stati raggiungibili in \(n\) passi sono esattamente \(\operatorname{Im}\mathcal R\). Se il rango è \(n\), ogni \(x_f\in\mathbb R^n\) appartiene a tale immagine e si può scegliere la sequenza degli ingressi risolvendo il sistema lineare precedente.
Viceversa, se \(\operatorname{rank}\mathcal R<n\), esiste \(v\ne0\) con \(v^T\mathcal R=0\). Allora \(v^Tx_n=0\) per ogni sequenza di ingresso: nessuno stato con \(v^Tx_f\ne0\) è raggiungibile.
Resta da mostrare che attendere più di \(n\) passi non aggiunge direzioni. Se
$$ p_A(\lambda)=\lambda^n+a_1\lambda^{n-1}+\cdots+a_n, $$il teorema di Cayley–Hamilton dà
$$ A^n=-a_1A^{n-1}-\cdots-a_nI. $$Moltiplicando per \(B\), \(A^nB\) è combinazione delle colonne già presenti in \(\mathcal R\); moltiplicando ancora per \(A\), lo stesso vale per ogni \(A^kB\) con \(k\ge n\). La catena dei sottospazi si arresta entro il passo \(n\).
Dimostrazione completa in tempo continuo
Fissato \(T>0\), il Gramiano di raggiungibilità è
$$ G_r(T)=\int_0^T e^{A\tau}BB^Te^{A^T\tau}\,d\tau. $$Per ogni \(v\),
$$ v^TG_r(T)v =\int_0^T\|B^Te^{A^T\tau}v\|^2\,d\tau\ge0. $$Se questo valore è zero, la funzione continua integranda è identicamente nulla. Derivando in \(\tau=0\) si ottiene, per ogni \(k\ge0\),
$$ B^T(A^T)^kv=0 \quad\Longleftrightarrow\quad v^TA^kB=0. $$Quindi \(\ker G_r(T)=\ker\mathcal R^T\): per Cayley–Hamilton è sufficiente considerare \(k=0,\ldots,n-1\). Ne segue
$$ G_r(T)>0\quad\Longleftrightarrow\quad\operatorname{rank}\mathcal R=n. $$Se \(G_r(T)\) è invertibile, per raggiungere \(x_f\) da zero si sceglie
$$ u(\tau)=B^Te^{A^T(T-\tau)}G_r(T)^{-1}x_f. $$Infatti
$$ \begin{aligned} x(T) &=\int_0^T e^{A(T-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau\\ &=\left[\int_0^T e^{A(T-\tau)}BB^Te^{A^T(T-\tau)}d\tau\right] G_r(T)^{-1}x_f\\ &=G_r(T)G_r(T)^{-1}x_f=x_f, \end{aligned} $$dove nell’ultima uguaglianza si è posto \(\sigma=T-\tau\). Se il rango non è pieno, un vettore non nullo di \(\ker\mathcal R^T\) annulla ogni risposta forzata e impedisce la raggiungibilità completa.
Distinzione raggiungibilità–controllabilità in TD
Da uno stato iniziale generico,
$$ x_N=A^Nx_0+ \begin{bmatrix}A^{N-1}B&\cdots&B\end{bmatrix}U. $$Portare ogni \(x_0\) a zero richiede e basta che
$$ \operatorname{Im}A^N\subseteq \operatorname{Im}\begin{bmatrix}B&AB&\cdots&A^{N-1}B\end{bmatrix} $$per qualche \(N\). Se \(A\) è invertibile, \(\operatorname{Im}A^N=\mathbb R^n\), quindi controllabilità a zero e raggiungibilità completa coincidono. Se \(A\) è singolare possono differire: con \(A=0\), \(B=0\), ogni stato va spontaneamente a zero in un passo, ma dall’origine è raggiungibile soltanto l’origine.
Esempio svolto
Per il sistema TD
$$ A=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}, \qquad B=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}, $$si ha
$$ AB=\begin{bmatrix}1\\-3\end{bmatrix}, \qquad \mathcal R=\begin{bmatrix}0&1\\1&-3\end{bmatrix}, \qquad \det\mathcal R=-1\ne0. $$La coppia è completamente raggiungibile. Per raggiungere \(x_f=(2,-1)^T\) da zero in due passi,
$$ x_2=ABu_0+Bu_1 =\begin{bmatrix}u_0\\-3u_0+u_1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}2\\-1\end{bmatrix}. $$La prima riga dà \(u_0=2\), la seconda \(-6+u_1=-1\), dunque \(u_1=5\).
Follow-up probabili
L’uscita \(C,D\) influisce sulla raggiungibilità?
No. La raggiungibilità dello stato dipende soltanto dalla coppia \((A,B)\); \(C,D\) intervengono nell’osservabilità e nel legame ingresso–uscita.
Che cosa rappresenta il rango non pieno?
La dimensione del sottospazio \(\mathcal X_r\) su cui l’ingresso può muovere lo stato. Le direzioni nel complemento non possono essere create partendo dall’origine.
Il tempo \(T\) cambia la raggiungibilità TC?
Per un sistema LTI e qualunque \(T>0\), il Gramiano ha lo stesso nucleo di \(\mathcal R^T\); quindi la proprietà non dipende dalla durata positiva scelta, in assenza di vincoli sull’ingresso.
Linearità dei sistemi con la proprietà di linearità
Inquadramento
La linearità consente di scomporre problemi complessi in contributi elementari e poi sommarli. In Teoria dei Sistemi la proprietà riguarda congiuntamente stato iniziale e ingresso, non soltanto il legame istantaneo fra ingresso e uscita.
Definizioni e ipotesi
Sia \(\phi(t,t_0,x_0,u)\) la funzione di transizione dello stato e sia \(\gamma(t,t_0,x_0,u)\) la corrispondente uscita. Il sistema è lineare se, per ogni \(x_{01},x_{02}\), ogni ingresso \(u_1,u_2\) e ogni \(\alpha,\beta\in\mathbb R\),
$$ \begin{aligned} \phi(t,t_0,\alpha x_{01}+\beta x_{02},\alpha u_1+\beta u_2) &=\alpha\phi(t,t_0,x_{01},u_1) +\beta\phi(t,t_0,x_{02},u_2),\\ \gamma(t,t_0,\alpha x_{01}+\beta x_{02},\alpha u_1+\beta u_2) &=\alpha\gamma(t,t_0,x_{01},u_1) +\beta\gamma(t,t_0,x_{02},u_2). \end{aligned} $$Con \(\beta=0\) si ottiene l’omogeneità; con \(\alpha=\beta=1\), l’additività. Insieme costituiscono il principio di sovrapposizione degli effetti.
Enunciato
I sistemi
$$ \dot x=A(t)x+B(t)u,\qquad y=C(t)x+D(t)u $$e
$$ x_{k+1}=A_kx_k+B_ku_k,\qquad y_k=C_kx_k+D_ku_k $$sono lineari. La loro risposta si decompone in modo unico, per dati fissati, come
$$ x=x_\ell+x_f,\qquad y=y_\ell+y_f, $$dove il pedice \(\ell\) indica l’evoluzione libera \((u=0)\) e il pedice \(f\) la risposta forzata \((x_0=0)\).
Dimostrazione completa della proprietà
Siano \(x_1,x_2\) le soluzioni TC associate a \((x_{01},u_1)\) e \((x_{02},u_2)\). Si definisca \(x=\alpha x_1+\beta x_2\). Allora
$$ \begin{aligned} \dot x &=\alpha\dot x_1+\beta\dot x_2\\ &=\alpha(Ax_1+Bu_1)+\beta(Ax_2+Bu_2)\\ &=A(\alpha x_1+\beta x_2)+B(\alpha u_1+\beta u_2)\\ &=Ax+B(\alpha u_1+\beta u_2), \end{aligned} $$e la condizione iniziale è
$$ x(t_0)=\alpha x_{01}+\beta x_{02}. $$Per unicità della soluzione, \(x\) coincide con la risposta alla coppia combinata. Inoltre
$$ \begin{aligned} y&=Cx+D(\alpha u_1+\beta u_2)\\ &=\alpha(Cx_1+Du_1)+\beta(Cx_2+Du_2) =\alpha y_1+\beta y_2. \end{aligned} $$La prova TD è identica passo per passo: se \(x_k=\alpha x_{1,k}+\beta x_{2,k}\),
$$ x_{k+1}=A_kx_k+B_k(\alpha u_{1,k}+\beta u_{2,k}) =\alpha x_{1,k+1}+\beta x_{2,k+1}. $$Per ottenere la decomposizione libera–forzata basta scrivere
$$ (x_0,u)=(x_0,0)+(0,u) $$e applicare l’additività:
$$ \phi(t,t_0,x_0,u) =\phi(t,t_0,x_0,0)+\phi(t,t_0,0,u). $$Esempio svolto: verifica esplicita
Si consideri
$$ \dot x=-2x+3u,\qquad y=x-u. $$Per \((x_{01},u_1)=(0,1)\),
$$ x_1(t)=\frac32(1-e^{-2t}),\qquad y_1(t)=\frac12-\frac32e^{-2t}. $$Per \((x_{02},u_2)=(2,0)\),
$$ x_2(t)=2e^{-2t},\qquad y_2(t)=2e^{-2t}. $$Con \(\alpha=2\), \(\beta=-1\), la coppia combinata è
$$ x_0=2\cdot0-2=-2,\qquad u=2\cdot1-0=2. $$La combinazione delle risposte fornisce
$$ x(t)=2x_1(t)-x_2(t)=3-5e^{-2t}, $$ $$ y(t)=2y_1(t)-y_2(t)=1-5e^{-2t}. $$Calcolando direttamente con \(x_0=-2\), \(u=2\), si ottiene \(x(t)=3+(x_0-3)e^{-2t}=3-5e^{-2t}\) e \(y=x-2=1-5e^{-2t}\): la sovrapposizione è verificata.
Follow-up probabili
Un sistema affine è lineare?
No. Un termine costante rompe l’omogeneità. Può diventare lineare nelle variabili incrementali dopo la traslazione attorno a un equilibrio.
Un sistema lineare deve essere stazionario?
No. Le matrici possono dipendere dal tempo: il sistema resta lineare, ma non è tempo-invariante.
Perché occorre considerare anche lo stato iniziale?
Perché due esperimenti con lo stesso ingresso ma stati iniziali diversi hanno risposte diverse; la mappa dinamica completa ha come argomenti sia \(x_0\) sia la storia di \(u\).
Stazionarietà
Inquadramento
La stazionarietà, o invarianza temporale, significa che le leggi del sistema non cambiano al trascorrere del tempo. Spostando nel tempo lo stesso esperimento—stesso stato iniziale e ingresso traslato—si ottiene la medesima risposta traslata.
Definizioni e ipotesi
Per un ritardo \(\Delta\), si definisce l’operatore di traslazione
$$ (\mathcal S_\Delta u)(t)=u(t-\Delta). $$Il sistema è stazionario se, per ogni \(\Delta\),
$$ \boxed{\; \phi(t+\Delta,t_0+\Delta,x_0,\mathcal S_\Delta u) =\phi(t,t_0,x_0,u) \;} $$e la stessa relazione vale per l’uscita. Equivalentemente, se \(u(t)\mapsto y(t)\), allora \(u(t-\Delta)\mapsto y(t-\Delta)\), dopo aver traslato anche l’istante iniziale. Per sistemi autonomi o LTI, la dipendenza temporale compare soltanto tramite \(t-t_0\).
Enunciato
Il sistema lineare
$$ \dot x=Ax+Bu,\qquad y=Cx+Du $$con matrici costanti è stazionario. Analogamente, \(x_{k+1}=Ax_k+Bu_k\), \(y_k=Cx_k+Du_k\) è invariante rispetto a traslazioni intere dell’indice.
Dimostrazione completa
La soluzione TC dell’esperimento iniziato a \(t_0\) è
$$ x(t)=e^{A(t-t_0)}x_0+ \int_{t_0}^{t}e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau. $$Si ripeta l’esperimento a \(t_0+\Delta\) con \(u_\Delta(\sigma)=u(\sigma-\Delta)\). All’istante \(t+\Delta\),
$$ \begin{aligned} x_\Delta(t+\Delta) &=e^{A[(t+\Delta)-(t_0+\Delta)]}x_0\\ &\quad+\int_{t_0+\Delta}^{t+\Delta} e^{A(t+\Delta-\sigma)}B\,u(\sigma-\Delta)\,d\sigma. \end{aligned} $$Nel primo termine le traslazioni si cancellano. Nel secondo si pone \(\tau=\sigma-\Delta\), ottenendo
$$ x_\Delta(t+\Delta)=e^{A(t-t_0)}x_0+ \int_{t_0}^{t}e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau=x(t). $$Inoltre
$$ y_\Delta(t+\Delta)=Cx_\Delta(t+\Delta)+Du_\Delta(t+\Delta) =Cx(t)+Du(t)=y(t). $$Quindi il sistema è stazionario. In TD, la formula
$$ x_k=A^{k-k_0}x_{k_0} +\sum_{j=k_0}^{k-1}A^{k-1-j}Bu_j $$rimane invariata sostituendo \(k,k_0,j\) con \(k+q,k_0+q,j+q\), per qualsiasi \(q\in\mathbb Z\).
Conseguenza: scelta dell’origine dei tempi
La stazionarietà consente di porre \(t_0=0\) senza perdere generalità. Si calcola una risposta in funzione del tempo trascorso \(\tau=t-t_0\) e poi la si riporta all’istante reale sostituendo \(\tau\) con \(t-t_0\). Questa proprietà è distinta dalla linearità: un sistema può essere non lineare ma stazionario, per esempio \(\dot x=-x^3+u\), oppure lineare ma non stazionario, per esempio \(\dot x=-t\,x+u\).
Esempio svolto e controesempio
Per \(\dot x=-2x+u\), \(y=x\), stato iniziale nullo e gradino unitario applicato a \(t_0\),
$$ y(t)=\frac12\left(1-e^{-2(t-t_0)}\right)1(t-t_0). $$Spostando l’applicazione da \(t_0=0\) a \(t_0=3\), si ottiene semplicemente
$$ y_3(t)=\frac12\left(1-e^{-2(t-3)}\right)1(t-3)=y_0(t-3). $$Il sistema statico \(y(t)=t\,u(t)\) non è invece stazionario: l’ingresso traslato produce \(t\,u(t-\Delta)\), mentre la risposta traslata sarebbe \((t-\Delta)u(t-\Delta)\); le due funzioni differiscono per \(\Delta u(t-\Delta)\).
Follow-up probabili
Stazionarietà e linearità sono la stessa proprietà?
No. La linearità riguarda combinazioni di ingressi e stati; la stazionarietà riguarda traslazioni nel tempo. Sono logicamente indipendenti.
Un sistema periodico è stazionario?
Non in generale: è invariante soltanto per traslazioni multiple del proprio periodo, non per ogni \(\Delta\).
Perché si deve traslare anche lo stato iniziale?
Per confrontare lo stesso esperimento fisico: medesimo valore iniziale, ma imposto all’istante traslato. Lasciare fisso \(t_0\) confronterebbe storie diverse.
Ricavare la risposta a regime di una funzione sinusoidale dal diagramma di Bode
Inquadramento
Il diagramma di Bode rende immediata l’applicazione del teorema della risposta armonica. Alla pulsazione dell’ingresso si leggono ordinata del modulo e fase; l’ordinata in decibel viene riconvertita in guadagno lineare e applicata all’ampiezza della sinusoide.
Definizioni e ipotesi
Si assume un sistema LTI reale e asintoticamente stabile, con funzione di trasferimento \(W(s)\), e un ingresso
$$ u(t)=U\sin(\omega_0t+\varphi). $$I diagrammi riportano
$$ L(\omega)=20\log_{10}|W(j\omega)|\quad[\mathrm{dB}], \qquad \psi(\omega)=\arg W(j\omega). $$Enunciato e giustificazione
Se dal diagramma, alla pulsazione \(\omega_0\), si leggono \(L_0=L(\omega_0)\) e \(\psi_0=\psi(\omega_0)\), allora
$$ M_0=|W(j\omega_0)|=10^{L_0/20} $$e la risposta permanente è
$$ \boxed{\; y_r(t)=U\,10^{L_0/20} \sin(\omega_0t+\varphi+\psi_0). \;} $$La sinusoide è la parte immaginaria del fasore \(Ue^{j\varphi}e^{j\omega_0t}\). Un sistema LTI moltiplica l’esponenziale complesso a regime per \(W(j\omega_0)\), quindi
$$ \begin{aligned} y_r(t) &=\operatorname{Im}\!\left\{ Ue^{j\varphi}W(j\omega_0)e^{j\omega_0t} \right\}\\ &=U|W(j\omega_0)| \sin(\omega_0t+\varphi+\arg W(j\omega_0)). \end{aligned} $$Dalla definizione \(L_0=20\log_{10}|W(j\omega_0)|\), dividendo per \(20\) ed elevando \(10\) a entrambi i membri si ottiene \(|W(j\omega_0)|=10^{L_0/20}\). I modi naturali non compaiono nella formula perché l’asintotica stabilità li fa estinguere.
Dimostrazione della regola e procedura pratica di lettura
- Individuare la pulsazione \(\omega_0\) dell’ingresso sull’asse logaritmico.
- Tracciare idealmente la verticale fino al diagramma del modulo e leggere \(L_0\) in decibel.
- Convertire \(L_0\) in modulo lineare con \(M_0=10^{L_0/20}\).
- Sulla stessa verticale leggere la fase \(\psi_0\), mantenendo coerenti gradi o radianti.
- Calcolare l’ampiezza \(U M_0\) e sommare le fasi \(\varphi+\psi_0\).
- Mantenere invariata la pulsazione \(\omega_0\). Se l’ingresso è espresso con il coseno, si conserva il coseno oppure lo si converte coerentemente in seno.
Esempio numerico svolto
Si consideri
$$ W(s)=\frac{10}{1+s/2}, \qquad u(t)=3\sin(2t+20^\circ). $$La pulsazione d’angolo è \(\omega_b=2\ \mathrm{rad/s}\), coincidente con \(\omega_0\). Dal Bode si leggono circa \(L_0=17.0\ \mathrm{dB}\) e \(\psi_0=-45^\circ\). Il valore esatto conferma:
$$ W(j2)=\frac{10}{1+j} =\frac{10}{\sqrt2}e^{-j45^\circ}. $$La conversione del modulo dà
$$ M_0=10^{17/20}\approx7.079 \qquad \left(\text{esatto } \frac{10}{\sqrt2}\approx7.071\right). $$Quindi
$$ \boxed{\; y_r(t)\approx21.21\sin(2t-25^\circ). \;} $$Infatti l’ampiezza è \(3\cdot7.071=21.21\) e la fase è \(20^\circ-45^\circ=-25^\circ\).
Follow-up probabili
Perché si divide per \(20\) e non per \(10\)?
Il Bode dell’ampiezza usa \(20\log_{10}|W|\); il fattore \(10\) si usa per rapporti di potenza.
Che cosa significa un modulo di \(-6\ \mathrm{dB}\)?
Un fattore lineare \(10^{-6/20}\approx0.501\): l’ampiezza viene circa dimezzata.
Una fase che differisce di \(360^\circ\) cambia la risposta?
No. Le fasi differiscono per multipli interi di \(360^\circ\) e descrivono la stessa sinusoide; è però utile scegliere una rappresentazione continua del diagramma.
Risposta a regime sinusoidale
Inquadramento
La risposta a regime sinusoidale è la componente permanente prodotta da un ingresso armonico dopo l’estinzione del transitorio. È una proprietà caratteristica dei sistemi LTI stabili: le sinusoidi mantengono la pulsazione e subiscono soltanto una variazione di ampiezza e fase.
Definizioni e ipotesi
Si considera un sistema LTI causale, reale e internamente asintoticamente stabile. Si separa la risposta impulsiva nel termine diretto \(D\delta(t)\) e nella parte dinamica ordinaria \(g(t)\), che è assolutamente integrabile. Pertanto
$$ W(j\omega)=D+\int_0^\infty g(\tau)e^{-j\omega\tau}\,d\tau. $$Per
$$ u(t)=U\sin(\omega_0t+\varphi), $$la risposta completa è \(y(t)=y_{\mathrm{tr}}(t)+y_r(t)\), con \(y_{\mathrm{tr}}(t)\to0\). Il regime è indipendente dallo stato iniziale proprio perché l’evoluzione libera si estingue.
Enunciato
Se \(W(j\omega_0)=M_0e^{j\psi_0}\), allora
$$ \boxed{\; y_r(t)=UM_0\sin(\omega_0t+\varphi+\psi_0). \;} $$Condizioni essenziali sono: esistenza di \(W(j\omega_0)\), assenza di poli sull’asse immaginario e decadimento di tutti i modi interni che possono influire sull’uscita.
Dimostrazione completa mediante convoluzione
Si introduca l’ingresso complesso \(\tilde u(t)=Ue^{j\varphi}e^{j\omega_0t}\), la cui parte immaginaria è \(u(t)\). La risposta permanente complessa di un sistema causale comprende il contributo istantaneo e la convoluzione con la parte dinamica:
$$ \begin{aligned} \tilde y_r(t) &=D\tilde u(t)+\int_0^\infty g(\tau)\tilde u(t-\tau)\,d\tau\\ &=Ue^{j\varphi}e^{j\omega_0t} \left[D+\int_0^\infty g(\tau)e^{-j\omega_0\tau}\,d\tau\right]. \end{aligned} $$L’integrale converge assolutamente per stabilità e la quantità tra parentesi è, per definizione, \(W(j\omega_0)\). Pertanto
$$ \tilde y_r(t)=Ue^{j\varphi}W(j\omega_0)e^{j\omega_0t} =UM_0e^{j(\omega_0t+\varphi+\psi_0)}. $$Prendendo la parte immaginaria si ottiene la formula enunciata. Se l’ingresso viene applicato a un istante finito anziché provenire da \(-\infty\), manca inizialmente una parte della convoluzione; tale differenza è una combinazione dei modi naturali e tende a zero per asintotica stabilità.
Tempo continuo e tempo discreto
In TC la risposta armonica si valuta lungo \(s=j\omega\). In TD, se la risposta impulsiva \(w_h\) è assolutamente sommabile e \(u_k=U\sin(\Omega_0k+\varphi)\),
$$ \begin{aligned} \tilde y_{r,k} &=\sum_{h=0}^\infty w_h\,Ue^{j\varphi}e^{j\Omega_0(k-h)}\\ &=Ue^{j\varphi}e^{j\Omega_0k} \sum_{h=0}^\infty w_he^{-j\Omega_0h}\\ &=Ue^{j\varphi}W(e^{j\Omega_0})e^{j\Omega_0k}. \end{aligned} $$Quindi
$$ y_{r,k}=U|W(e^{j\Omega_0})| \sin\!\bigl(\Omega_0k+\varphi+\arg W(e^{j\Omega_0})\bigr). $$Esempio svolto
Siano
$$ W(s)=\frac{s+3}{s^2+2s+5}, \qquad u(t)=2\sin\!\left(2t-\frac{\pi}{6}\right). $$I poli sono \(-1\pm j2\), quindi il sistema è asintoticamente stabile. Alla pulsazione \(\omega_0=2\),
$$ W(j2)=\frac{3+j2}{1+j4} =\frac{(3+j2)(1-j4)}{17} =\frac{11-j10}{17}. $$Il modulo e la fase sono
$$ |W(j2)|=\sqrt{\frac{13}{17}}\approx0.8745, $$ $$ \arg W(j2)=\arctan\frac23-\arctan4 \approx-42.27^\circ. $$Poiché \(-\pi/6=-30^\circ\),
$$ \boxed{\; y_r(t)\approx1.749\sin(2t-72.27^\circ). \;} $$Follow-up probabili
Perché la pulsazione non cambia?
Perché l’esponenziale complesso è un’autofunzione dei sistemi LTI: la convoluzione lo moltiplica per uno scalare complesso ma non ne modifica l’esponente.
Il regime dipende dallo stato iniziale?
Non in un sistema internamente asintoticamente stabile: le differenze dovute allo stato iniziale appartengono all’evoluzione libera e decadono.
Che cosa cambia in un sistema instabile?
I modi naturali non si estinguono; anche se si può formalmente calcolare \(W(j\omega_0)\), la risposta totale non converge in generale a una sinusoide permanente indipendente dallo stato iniziale.
Regione di asintotica stabilità (1 volta con teorema di LaSalle)
Inquadramento
Per un equilibrio non lineare localmente asintoticamente stabile, non tutti gli stati iniziali devono convergere a esso. La regione, o bacino, di attrazione raccoglie quelli che vi convergono; i sottolivelli di una funzione di Lyapunov forniscono stime interne certificate.
Definizioni e ipotesi
Per \(\dot x=f(x)\) e un equilibrio \(x_e\), la regione di asintotica stabilità è
$$ \mathcal A(x_e)= \left\{x_0: \begin{array}{l} \phi(t,x_0)\ \text{esiste per ogni }t\ge0,\\ \displaystyle\lim_{t\to\infty}\phi(t,x_0)=x_e \end{array}\right\}. $$Se \(x_e\) è asintoticamente stabile, \(\mathcal A(x_e)\) contiene un intorno di \(x_e\). Un insieme \(\Omega\) è positivamente invariante se \(x_0\in\Omega\) implica \(\phi(t,x_0)\in\Omega\) per ogni \(t\ge0\).
Stima mediante sottolivelli
Sia \(V\) definita positiva rispetto a \(x_e\). Se, per un certo \(c>0\),
$$ \Omega_c=\{x:V(x)\le c\} $$è compatto, contiene \(x_e\) nel proprio interno e soddisfa \(\dot V(x)<0\) per ogni \(x\in\Omega_c\setminus\{x_e\}\), allora
$$ \Omega_c\subset\mathcal A(x_e). $$Poiché \(\dot V\le0\), lungo ogni traiettoria partita in \(\Omega_c\) vale \(V(x(t))\le V(x_0)\le c\): il sottolivello è positivamente invariante. Essendo compatto, la soluzione non può fuggire in tempo finito. La dimostrazione del teorema di Lyapunov applicata all’anello compatto \(\Omega_c\setminus B_r(x_e)\) mostra che la traiettoria entra in ogni \(B_r(x_e)\), quindi converge a \(x_e\). Ogni punto di \(\Omega_c\) appartiene pertanto al bacino.
In pratica si aumenta \(c\) finché \(\Omega_c\) resta contenuto nella regione in cui il segno di \(\dot V\) è certificato e non include altri equilibri. La stima è interna: può essere strettamente più piccola del bacino reale.
Enunciato del principio di invarianza di LaSalle
Sia \(\Omega\) compatto e positivamente invariante e sia \(V\in C^1(\Omega)\) tale che \(\dot V\le0\) in \(\Omega\). Si definiscano
$$ E=\{x\in\Omega:\dot V(x)=0\}, \qquad M=\text{massimo sottoinsieme invariante contenuto in }E. $$Ogni traiettoria che parte in \(\Omega\) tende a \(M\):
$$ \lim_{t\to\infty}\operatorname{dist}(x(t),M)=0. $$In particolare, se \(M=\{x_e\}\), ogni traiettoria in \(\Omega\) converge a \(x_e\). Se \(V\) è anche definita positiva rispetto a \(x_e\), si ottiene asintotica stabilità e \(\Omega\subset\mathcal A(x_e)\).
Dimostrazione completa di LaSalle
Lungo una traiettoria in \(\Omega\), \(V(x(t))\) è non crescente. Essendo \(V\) continua sul compatto \(\Omega\), è limitata inferiormente; esiste quindi
$$ \ell=\lim_{t\to\infty}V(x(t)). $$Il compatto \(\Omega\) rende la traiettoria precompatta. Il suo insieme \(\omega\)-limite
$$ L_\omega(x_0)= \{p:\exists\,t_n\to\infty,\ x(t_n)\to p\} $$è non vuoto, compatto e invariante. Se \(p\in L_\omega(x_0)\), per continuità
$$ V(p)=\lim_{n\to\infty}V(x(t_n))=\ell. $$Per ogni \(\tau\ge0\), la dipendenza continua dalle condizioni iniziali dà
$$ \phi(\tau,p) =\lim_{n\to\infty}\phi(\tau,x(t_n)) =\lim_{n\to\infty}x(t_n+\tau). $$Quindi \(V(\phi(\tau,p))=\ell\) per ogni \(\tau\), e derivando lungo questa traiettoria si ottiene \(\dot V(\phi(\tau,p))=0\). Ne segue che \(L_\omega(x_0)\subset E\). Poiché \(L_\omega(x_0)\) è invariante, è contenuto nel massimo insieme invariante \(M\subset E\).
Infine \(\operatorname{dist}(x(t),L_\omega(x_0))\to0\). Se così non fosse, esisterebbero \(\varepsilon>0\) e \(t_n\to\infty\) con distanza almeno \(\varepsilon\); per compattezza una sottosuccessione di \(x(t_n)\) convergerebbe a un punto di \(L_\omega(x_0)\), contraddicendo tale distanza. Essendo \(L_\omega(x_0)\subset M\), si conclude \(\operatorname{dist}(x(t),M)\to0\).
Versione a tempo discreto
Per \(x_{k+1}=f(x_k)\), si sostituisce \(\dot V\) con \(\Delta V(x)=V(f(x))-V(x)\). Se \(\Omega\) è compatto e positivamente invariante, \(\Delta V\le0\), ed \(M\) è il massimo insieme invariante contenuto in \(E=\{\Delta V=0\}\), allora \(\operatorname{dist}(x_k,M)\to0\). La prova usa la successione monotona \(V(x_k)\), sottosuccessioni convergenti nel compatto e l’invarianza dell’insieme limite.
Esempio svolto: stima del bacino del pendolo smorzato
Per il pendolo non forzato con \(b>0\),
$$ \dot\theta=\omega,\qquad \dot\omega=-\frac g\ell\sin\theta-\frac{b}{m\ell^2}\omega, $$si scelga l’energia rispetto all’equilibrio inferiore:
$$ V(\theta,\omega)=\frac12m\ell^2\omega^2+mg\ell(1-\cos\theta). $$Il calcolo completo è
$$ \begin{aligned} \dot V &=m\ell^2\omega\dot\omega+mg\ell\sin\theta\,\dot\theta\\ &=m\ell^2\omega\left( -\frac g\ell\sin\theta-\frac{b}{m\ell^2}\omega \right)+mg\ell\sin\theta\,\omega\\ &=-b\omega^2\le0. \end{aligned} $$Sullo spazio cilindrico dell’angolo, si scelga
$$ \Omega_c=\{(\theta,\omega):V(\theta,\omega)\le c\}, \qquad 0<c<2mg\ell. $$Il valore \(2mg\ell\) è l’energia dell’equilibrio capovolto \((\pi,0)\); dunque \(\Omega_c\) è compatto, invariante e non contiene tale equilibrio. L’insieme in cui \(\dot V=0\) è \(E=\{\omega=0\}\). Perché una traiettoria resti in \(E\), deve valere anche
$$ \dot\omega=-\frac g\ell\sin\theta=0. $$Nell’insieme \(\Omega_c\) l’unica possibilità è \(\theta=0\); i punti \(\theta=\pm\pi\) sono esclusi dalla soglia energetica. Il massimo insieme invariante è quindi \(M=\{(0,0)\}\). Per LaSalle,
$$ \Omega_c\subset\mathcal A(0,0) \qquad\text{per ogni }0<c<2mg\ell. $$L’unione dei sottolivelli \(V<2mg\ell\) è una stima interna del bacino; può non essere la stima massima, perché anche traiettorie con energia iniziale maggiore possono dissipare energia e infine convergere.
Follow-up probabili
Perché non basta porre \(\dot V=0\) e concludere?
LaSalle richiede il massimo sottoinsieme invariante di tale insieme. Molti punti con \(\dot V=0\) lo lasciano immediatamente e non possono essere limiti delle traiettorie.
La stima con i sottolivelli è sempre esatta?
No. È una certificazione sufficiente che dipende dalla funzione scelta; una funzione migliore o un’analisi diversa può produrre una regione più ampia.
Qual è la differenza fra bacino locale e globale?
L’equilibrio è globalmente asintoticamente stabile se il suo bacino coincide con tutto lo spazio di stato; altrimenti l’asintotica stabilità è soltanto locale.
Risposta al gradino a tempo discreto
Inquadramento
La risposta al gradino TD descrive l’evoluzione causata da un ingresso costante applicato da un certo campione in poi. Si può calcolare nel tempo con la formula di Lagrange oppure nel dominio \(z\); il valore finale dipende dal guadagno statico e richiede stabilità di Schur.
Definizioni e ipotesi
Si usa la trasformata Zeta unilatera
$$ Y(z)=\mathcal Z\{y_k\}=\sum_{k=0}^{\infty}y_kz^{-k}. $$Il gradino di ampiezza \(\bar u\) è \(u_k=\bar u\,1_k\), con \(1_k=1\) per \(k\ge0\), e
$$ U(z)=\bar u\sum_{k=0}^\infty z^{-k} =\bar u\,\frac{1}{1-z^{-1}} =\bar u\,\frac{z}{z-1}. $$Il sistema è \(x_{k+1}=Ax_k+Bu_k\), \(y_k=Cx_k+Du_k\). Per l’esistenza di un regime indipendente da \(x_0\), \(A\) è Schur: \(\rho(A)<1\).
Enunciato nel tempo
Per un gradino applicato da \(k=0\),
$$ x_k=A^kx_0+\sum_{h=0}^{k-1}A^hB\bar u. $$Se \(I-A\) è invertibile,
$$ \boxed{\; x_k=A^kx_0+(I-A^k)(I-A)^{-1}B\bar u. \;} $$Se \(A\) è Schur,
$$ \boxed{\; x_\infty=(I-A)^{-1}B\bar u,\qquad y_\infty=\bigl[C(I-A)^{-1}B+D\bigr]\bar u=W(1)\bar u. \;} $$Dimostrazione e derivazione completa
Dalla formula di Lagrange,
$$ x_k=A^kx_0+ \sum_{j=0}^{k-1}A^{k-1-j}B\bar u. $$Con \(h=k-1-j\), gli indici percorrono \(0,\ldots,k-1\), quindi
$$ x_k=A^kx_0+\left(\sum_{h=0}^{k-1}A^h\right)B\bar u. $$La somma geometrica matriciale soddisfa
$$ (I-A)\sum_{h=0}^{k-1}A^h=I-A^k. $$Se \(I-A\) è invertibile, \(\sum_{h=0}^{k-1}A^h=(I-A)^{-1}(I-A^k)\); i fattori commutano perché sono polinomi in \(A\). Se \(A\) è Schur, \(A^k\to0\), da cui le formule del valore finale. Inoltre
$$ W(z)=C(zI-A)^{-1}B+D $$e, valutando in \(z=1\), si ritrova \(W(1)=C(I-A)^{-1}B+D\).
Il transitorio è formato dai modi di \(A^k\): per blocchi di Jordan compaiono termini del tipo \(k^h\lambda^k\), che decadono se \(|\lambda|<1\).
Teorema del valore finale in \(z\)
Con la convenzione \(Y(z)=\sum_{k\ge0}y_kz^{-k}\), se tutti i poli di \((1-z^{-1})Y(z)\) sono strettamente interni al cerchio unitario, allora
$$ \boxed{\; \lim_{k\to\infty}y_k =\lim_{z\to1}(1-z^{-1})Y(z) =\lim_{z\to1}\frac{z-1}{z}Y(z). \;} $$Si calcola
$$ (1-z^{-1})Y(z) =y_0+\sum_{k=1}^\infty(y_k-y_{k-1})z^{-k}. $$Sotto l’ipotesi sui poli, le differenze sono combinazioni di modi decadenti e la serie è assolutamente convergente in \(z=1\). Ponendo \(z=1\), la somma telescopica dà
$$ y_0+\sum_{k=1}^\infty(y_k-y_{k-1}) =\lim_{N\to\infty}y_N. $$Per condizioni iniziali nulle e ingresso a gradino, \(Y(z)=W(z)\bar u\,z/(z-1)\); pertanto
$$ y_\infty =\lim_{z\to1}\frac{z-1}{z} W(z)\bar u\,\frac{z}{z-1} =W(1)\bar u. $$Esempio svolto
Si consideri
$$ x_{k+1}=\frac12x_k+u_k,\qquad y_k=x_k,\qquad x_0=0,\qquad u_k=2\,1_k. $$Nel tempo,
$$ x_k=2\sum_{h=0}^{k-1}\left(\frac12\right)^h =4\left[1-\left(\frac12\right)^k\right]. $$Nel dominio \(z\),
$$ W(z)=\frac{1}{z-\frac12},\qquad Y(z)=\frac{2z}{(z-1)(z-\frac12)} =4\frac{z}{z-1}-4\frac{z}{z-\frac12}. $$L’antitrasformata è proprio \(y_k=4-4(1/2)^k\). Il valore finale è
$$ \lim_{z\to1}\frac{z-1}{z}Y(z) =\lim_{z\to1}\frac{2}{z-\frac12}=4, $$coerente con \(x_\infty=(1-\frac12)^{-1}2=4\).
Follow-up probabili
Qual è la condizione corretta per il valore finale?
I poli di \((1-z^{-1})Y(z)\) devono essere interni al cerchio unitario; un polo non cancellato sulla o fuori dalla circonferenza impedisce la convergenza.
Perché compare \(W(1)\) e non \(W(0)\)?
In TD una costante corrisponde alla frequenza \(z=1\); in TC la frequenza nulla corrisponde invece a \(s=0\).
Che cosa succede se \(A\) ha un autovalore uguale a uno?
\(I-A\) è singolare e un gradino può produrre crescita non limitata, tipicamente una rampa; il valore finale non esiste salvo cancellazioni o direzioni non eccitate.
Risposta al gradino a tempo continuo
Inquadramento
La risposta al gradino TC, o risposta indiciale, è uno strumento fondamentale per valutare guadagno statico e dinamica transitoria. Nel dominio di Laplace si ottiene moltiplicando \(W(s)\) per \(1/s\); nel dominio dello stato è la risposta a un ingresso costante.
Definizioni e ipotesi
Si considera
$$ \dot x=Ax+Bu,\qquad y=Cx+Du, \qquad u(t)=\bar u\,1(t). $$La funzione di trasferimento è \(W(s)=C(sI-A)^{-1}B+D\). Il valore finale è indipendente dallo stato iniziale se \(A\) è Hurwitz. Un termine \(D\ne0\) produce un salto istantaneo \(D\bar u\) nell’uscita.
Enunciato nel dominio dello stato
Per \(t\ge0\),
$$ x(t)=e^{At}x_0+\int_0^t e^{A(t-\tau)}B\bar u\,d\tau. $$Se \(A\) è invertibile,
$$ \boxed{\; x(t)=-A^{-1}B\bar u+ e^{At}\bigl(x_0+A^{-1}B\bar u\bigr). \;} $$Se \(A\) è Hurwitz,
$$ \boxed{\; x_\infty=-A^{-1}B\bar u,\qquad y_\infty=(-CA^{-1}B+D)\bar u=W(0)\bar u. \;} $$Dimostrazione e derivazione completa
La variazione delle costanti dà la prima formula. Con \(\sigma=t-\tau\),
$$ \int_0^t e^{A(t-\tau)}B\bar u\,d\tau =\left(\int_0^t e^{A\sigma}\,d\sigma\right)B\bar u. $$Se \(A\) è invertibile,
$$ \int_0^t e^{A\sigma}\,d\sigma=A^{-1}(e^{At}-I). $$Pertanto
$$ \begin{aligned} x(t) &=e^{At}x_0+A^{-1}(e^{At}-I)B\bar u\\ &=-A^{-1}B\bar u+e^{At}(x_0+A^{-1}B\bar u). \end{aligned} $$Il primo termine è il nuovo equilibrio; il secondo è il transitorio. Se \(A\) è Hurwitz, \(e^{At}\to0\). Sostituendo in \(y=Cx+D\bar u\) si ottiene il valore finale. Inoltre
$$ W(0)=C(0I-A)^{-1}B+D=-CA^{-1}B+D. $$Teorema del valore finale in Laplace
Se tutti i poli di \(sY(s)\) sono nel semipiano sinistro aperto, allora
$$ \boxed{\; \lim_{t\to\infty}y(t)=\lim_{s\to0}sY(s). \;} $$Con condizioni iniziali nulle e gradino, \(Y(s)=W(s)\bar u/s\), quindi \(y_\infty=W(0)\bar u\).
Dalla proprietà della trasformata della derivata,
$$ \mathcal L\{\dot y\}=sY(s)-y(0^+). $$L’ipotesi sui poli garantisce che i modi della derivata siano integrabili e che \(y(t)\) abbia limite finito. Facendo \(s\to0^+\),
$$ \lim_{s\to0}\bigl[sY(s)-y(0^+)\bigr] =\int_0^\infty\dot y(t)\,dt =y(\infty)-y(0^+). $$Sommando \(y(0^+)\) si ottiene il teorema. Se \(sY(s)\) avesse un polo con parte reale non negativa, comparirebbe un modo non decadente e il passaggio non sarebbe valido.
Esempio svolto da una \(W(s)\) assegnata
Per
$$ W(s)=\frac{4}{(s+2)^2}, \qquad u(t)=1(t), $$si ha
$$ Y(s)=\frac{4}{s(s+2)^2}. $$La scomposizione in fratti semplici è
$$ \frac{4}{s(s+2)^2} =\frac1s-\frac1{s+2}-\frac{2}{(s+2)^2}. $$Antitrasformando,
$$ \boxed{\; y(t)=\bigl[1-e^{-2t}-2te^{-2t}\bigr]1(t) =\bigl[1-(1+2t)e^{-2t}\bigr]1(t). \;} $$Il valore iniziale è \(y(0^+)=0\), mentre
$$ y_\infty=\lim_{s\to0}sY(s) =\lim_{s\to0}\frac{4}{(s+2)^2}=1=W(0). $$I termini \(e^{-2t}\) e \(te^{-2t}\) costituiscono il transitorio associato al polo doppio in \(-2\).
Follow-up probabili
Che cosa determina il valore finale?
Il guadagno statico \(W(0)\) moltiplicato per l’ampiezza del gradino, purché il sistema sia stabile e il teorema del valore finale sia applicabile.
Quando l’uscita può saltare in \(t=0\)?
Quando esiste un accoppiamento diretto \(D\ne0\), equivalente a una funzione di trasferimento con grado relativo zero; il salto vale \(D\bar u\).
Se \(A\) è singolare si può ancora calcolare la risposta?
Sì, usando direttamente \(\int_0^t e^{A\sigma}B\,d\sigma\). Tuttavia un autovalore nullo può impedire un valore finale finito sotto ingresso costante.
Risposta a regime di un segnale sinusoidale a partire dal teorema della risposta armonica
Inquadramento
Questa domanda richiede di usare operativamente il teorema della risposta armonica: si valuta la funzione di trasferimento alla pulsazione assegnata, si separano modulo e argomento e si applicano direttamente alla sinusoide. Non occorre calcolare l’intero transitorio per conoscere il regime.
Definizioni e ipotesi
Il sistema è LTI reale, proprio e asintoticamente stabile. Per un ingresso sinusoidale persistente
$$ u(t)=U\sin(\omega_0t+\varphi) $$si scrive \(W(j\omega_0)=M_0e^{j\psi_0}\). Se si usa il coseno, la formula mantiene il coseno con la stessa regola di ampiezza e fase.
Enunciato del teorema della risposta armonica
La risposta permanente è
$$ \boxed{\; y_r(t)=UM_0\sin(\omega_0t+\varphi+\psi_0), \quad M_0=|W(j\omega_0)|,\quad \psi_0=\arg W(j\omega_0). \;} $$Equivalentemente, per \(u(t)=U\cos(\omega_0t+\varphi)\),
$$ y_r(t)=UM_0\cos(\omega_0t+\varphi+\psi_0). $$Dimostrazione operativa e procedura applicativa
Con il coseno si usa la parte reale:
$$ u(t)=\operatorname{Re}\{Ue^{j\varphi}e^{j\omega_0t}\}. $$La convoluzione di un sistema LTI stabile moltiplica \(e^{j\omega_0t}\) per \(W(j\omega_0)\), quindi
$$ \begin{aligned} y_r(t) &=\operatorname{Re}\{ Ue^{j\varphi}W(j\omega_0)e^{j\omega_0t}\}\\ &=\operatorname{Re}\{ UM_0e^{j(\omega_0t+\varphi+\psi_0)}\}\\ &=UM_0\cos(\omega_0t+\varphi+\psi_0). \end{aligned} $$La procedura è dunque:
- estrarre \(U,\omega_0,\varphi\) dall’ingresso;
- calcolare \(W(j\omega_0)\);
- ricavarne \(M_0\) e \(\psi_0\), prestando attenzione al quadrante;
- moltiplicare \(U\) per \(M_0\), sommare \(\varphi+\psi_0\) e lasciare invariata \(\omega_0\);
- verificare prima che i poli del sistema rendano il transitorio decadente.
Tempo continuo e tempo discreto
In TC si valuta \(W(s)\) in \(s=j\omega_0\). In TD, per \(u_k=U\sin(\Omega_0k+\varphi)\) e poli dentro il disco unitario, si valuta invece \(W(z)\) in \(z=e^{j\Omega_0}\):
$$ y_{r,k}=U|W(e^{j\Omega_0})| \sin\!\bigl(\Omega_0k+\varphi+\arg W(e^{j\Omega_0})\bigr). $$La pulsazione TD è definita modulo \(2\pi\).
Esempio svolto completo
Siano
$$ W(s)=\frac{5}{s+2}, \qquad u(t)=4\cos\!\left(3t-\frac{\pi}{6}\right). $$Il polo è \(-2\), quindi il sistema è asintoticamente stabile. Alla pulsazione \(\omega_0=3\),
$$ W(j3)=\frac{5}{2+j3} =\frac{10-j15}{13} =\frac{5}{\sqrt{13}}e^{-j\arctan(3/2)}. $$Quindi
$$ M_0=\frac5{\sqrt{13}}\approx1.3868, \qquad \psi_0=-\arctan\frac32\approx-56.31^\circ. $$L’ampiezza e la fase d’uscita sono
$$ UM_0=\frac{20}{\sqrt{13}}\approx5.547, \qquad -30^\circ-56.31^\circ=-86.31^\circ. $$Pertanto
$$ \boxed{\; y_r(t)\approx5.547\cos(3t-86.31^\circ). \;} $$Se la sinusoide viene inserita in \(t=0\) e \(y(0)=0\), la risposta completa contiene anche \(ce^{-2t}\). Poiché
$$ y_r(0) =\operatorname{Re}\!\left\{ 4e^{-j\pi/6}W(j3)\right\} =\frac{20\sqrt3-30}{13}\approx0.357, $$si deve scegliere \(c=-0.357\). Dunque \(y(t)=y_r(t)-0.357e^{-2t}\), e il secondo termine scompare a regime.
Follow-up probabili
Si deve trasformare il coseno in seno?
Non è necessario: il teorema vale nella stessa forma per il coseno. Se si converte, bisogna aggiungere coerentemente \(\pi/2\) alla fase.
Come si sceglie il quadrante della fase?
Si usa l’argomento del numero complesso completo, idealmente la funzione a due argomenti, non il solo arcotangente del rapporto fra parte immaginaria e reale.
Perché il termine \(e^{-2t}\) non compare nella risposta a regime?
È il modo naturale associato al polo del sistema; ha parte reale negativa e si estingue, mentre la componente forzata sinusoidale persiste.
Polinomio minimo
Inquadramento
Il polinomio minimo è il polinomio monico di grado più basso che annulla una matrice. Contiene tutti gli autovalori, ma registra per ciascuno soltanto la massima lunghezza delle catene di Jordan; per questo può avere grado minore del polinomio caratteristico senza eliminare alcuna dinamica distinta.
Definizioni e ipotesi
Per \(A\in\mathbb C^{n\times n}\), il polinomio caratteristico è
$$ p_A(\lambda)=\det(\lambda I-A). $$Un polinomio \(q\) è annullatore di \(A\) se \(q(A)=0\). Il polinomio minimo \(m_A\) è l’unico polinomio monico annullatore di grado minimo positivo:
$$ \boxed{\;m_A(A)=0,\qquad \deg m_A=\min\{\deg q:q\ne0,\ q(A)=0\}.\;} $$Enunciato delle proprietà fondamentali
- \(m_A\) è unico e divide ogni polinomio annullatore di \(A\).
- Per Cayley–Hamilton, \(m_A\mid p_A\).
- \(m_A\) e \(p_A\) hanno le stesse radici distinte, cioè tutti e soli gli autovalori di \(A\).
- Se i blocchi di Jordan relativi a \(\lambda_i\) hanno dimensioni \(r_{i1},\ldots,r_{ig_i}\), allora $$ m_A(\lambda)=\prod_i(\lambda-\lambda_i)^{\nu_i}, \qquad \nu_i=\max_j r_{ij}. $$
Dimostrazione completa delle proprietà
Unicità. Se \(m_1,m_2\) fossero due polinomi minimi monici, avrebbero lo stesso grado minimo. Il polinomio \(m_1-m_2\) avrebbe grado strettamente minore, perché i termini direttivi si cancellano, e
$$ (m_1-m_2)(A)=m_1(A)-m_2(A)=0. $$Per minimalità deve essere il polinomio nullo, dunque \(m_1=m_2\).
Divisibilità di ogni annullatore. Sia \(q(A)=0\). La divisione euclidea dà
$$ q(\lambda)=a(\lambda)m_A(\lambda)+r(\lambda), \qquad \deg r<\deg m_A. $$Valutando in \(A\),
$$ 0=q(A)=a(A)m_A(A)+r(A)=r(A). $$Se \(r\ne0\), sarebbe un annullatore di grado minore di \(m_A\), assurdo. Quindi \(r=0\) e \(m_A\mid q\). Il teorema di Cayley–Hamilton afferma \(p_A(A)=0\); applicando quanto appena provato a \(q=p_A\), segue \(m_A\mid p_A\).
Uguaglianza dell’insieme delle radici. Dalla divisibilità, ogni radice di \(m_A\) è radice di \(p_A\), quindi è un autovalore. Viceversa, se \(Av=\lambda_i v\) con \(v\ne0\), allora per ogni potenza \(A^kv=\lambda_i^kv\), e quindi
$$ 0=m_A(A)v=m_A(\lambda_i)v. $$Poiché \(v\ne0\), \(m_A(\lambda_i)=0\). Ogni autovalore è dunque radice del minimo.
Esponenti e blocchi di Jordan. Su un blocco \(J_r(\lambda_i)=\lambda_iI+N\), con \(N^r=0\) e \(N^{r-1}\ne0\),
$$ (J_r(\lambda_i)-\lambda_iI)^h=N^h. $$Per annullare il blocco occorre quindi un fattore \((\lambda-\lambda_i)^h\) con \(h\ge r\). I fattori relativi agli altri autovalori sono invertibili su questo blocco e non possono sostituirlo. Per annullare simultaneamente tutti i blocchi relativi a \(\lambda_i\) serve e basta l’esponente massimo \(\nu_i=\max_jr_{ij}\). Moltiplicando tali fattori per tutti gli autovalori si ottiene esattamente la formula enunciata.
Come si calcola
- Si calcola \(p_A\) e si determinano gli autovalori.
- Per ciascun \(\lambda_i\), si trova l’indice $$ \nu_i=\min\{h\ge1: \ker(A-\lambda_iI)^h=\ker(A-\lambda_iI)^{h+1}\}. $$ Esso coincide con la dimensione del blocco di Jordan più grande.
- Si forma \(m_A(\lambda)=\prod_i(\lambda-\lambda_i)^{\nu_i}\).
In alternativa, senza calcolare Jordan, si cerca la prima dipendenza lineare tra \(I,A,A^2,\ldots\): il primo \(r\) per cui
$$ A^r+c_{r-1}A^{r-1}+\cdots+c_0I=0 $$fornisce \(m_A(\lambda)=\lambda^r+c_{r-1}\lambda^{r-1}+\cdots+c_0\).
Esempio svolto
Si consideri
$$ A= \begin{bmatrix} 2&1&0&0\\ 0&2&0&0\\ 0&0&-1&0\\ 0&0&0&-1 \end{bmatrix} =\operatorname{diag}\!\bigl(J_2(2),-1,-1\bigr). $$Il polinomio caratteristico conta tutte le molteplicità algebriche:
$$ p_A(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda+1)^2. $$Per \(\lambda=2\) il blocco massimo ha dimensione \(2\), mentre per \(\lambda=-1\) i due blocchi hanno entrambi dimensione \(1\). Quindi
$$ \boxed{\;m_A(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda+1).\;} $$La verifica è blocco per blocco:
$$ m_A(A)=(A-2I)^2(A+I)=0. $$Non si può ridurre l’esponente di \(\lambda-2\), perché sul blocco \(J_2(2)=2I+N\),
$$ (J_2(2)-2I)(J_2(2)+I) =N(3I+N)=3N\ne0. $$Non si può eliminare \(\lambda+1\), perché sui blocchi \(-I\), \((A-2I)^2=9I\ne0\). Il minimo ha grado \(3\), minore del grado \(4\) del caratteristico, ma conserva entrambe le radici \(2\) e \(-1\).
Significato per tempo continuo e tempo discreto
Il polinomio minimo appartiene alla matrice \(A\), indipendentemente dal fatto che essa generi \(\dot x=Ax\) o \(x_{k+1}=Ax_k\). Permette di ridurre ogni potenza di \(A\) a combinazione di \(I,A,\ldots,A^{r-1}\), con \(r=\deg m_A\). Gli esponenti \(\nu_i\) determinano i modi generalizzati: in TC \(t^he^{\lambda_it}\), in TD \(\binom{k}{h}\lambda_i^{k-h}\), con \(0\le h<\nu_i\).
Follow-up probabili
Quando minimo e caratteristico coincidono?
Quando, per ogni autovalore, il blocco di Jordan più grande ha dimensione pari alla sua molteplicità algebrica; equivalentemente vi è un solo blocco di Jordan per ciascun autovalore.
Se \(A\) è diagonalizzabile, qual è il minimo?
È il prodotto dei fattori lineari distinti \(\prod_i(\lambda-\lambda_i)\), perché tutti i blocchi di Jordan hanno dimensione uno.
Il polinomio minimo può perdere un autovalore?
No. Se \(Av=\lambda v\), allora \(m_A(A)v=m_A(\lambda)v=0\); poiché \(v\ne0\), ogni autovalore deve essere radice del minimo.
Come fare la matrice aggiunta
Inquadramento
La matrice aggiunta, o aggiunta classica (in inglese adjugate), consente di esprimere l’inversa di una matrice mediante determinante e cofattori. In Teoria dei Sistemi compare soprattutto nella risolvente \((sI-A)^{-1}\), dalla quale si ricavano matrice di transizione e funzione di trasferimento. Non va confusa con l’aggiunto hermitiano \(A^*\), che è la trasposta coniugata.
Definizioni e ipotesi
Sia \(M=(m_{ij})\in\mathbb K^{n\times n}\), con \(\mathbb K=\mathbb R\) oppure \(\mathbb C\). Si definiscono:
- il minore \(M_{ij}\), ottenuto cancellando da \(M\) la riga \(i\) e la colonna \(j\);
- il cofattore \(C_{ij}=(-1)^{i+j}\det M_{ij}\);
- la matrice dei cofattori \(C(M)=(C_{ij})\);
- la matrice aggiunta \(\operatorname{adj}M=C(M)^T\), cioè \((\operatorname{adj}M)_{ij}=C_{ji}\).
La scacchiera dei segni dei cofattori è
$$ \begin{bmatrix}+&-&+&\cdots\\-&+&-&\cdots\\+&-&+&\cdots\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots\end{bmatrix}. $$Enunciato
Per ogni matrice quadrata \(M\) vale
$$M\operatorname{adj}M=\operatorname{adj}M\,M=(\det M)I_n.$$Quindi \(M\) è invertibile se e solo se \(\det M\neq0\), e in tal caso
$$M^{-1}=\frac{\operatorname{adj}M}{\det M}.$$Dimostrazione completa
L’elemento \((i,j)\) del prodotto \(M\operatorname{adj}M\) è
$$ (M\operatorname{adj}M)_{ij}=\sum_{k=1}^n m_{ik}(\operatorname{adj}M)_{kj} =\sum_{k=1}^n m_{ik}C_{jk}. $$Se \(i=j\), la somma è lo sviluppo di Laplace del determinante di \(M\) lungo la riga \(j\), dunque vale \(\det M\). Se \(i\neq j\), si consideri la matrice ottenuta da \(M\) sostituendo la riga \(j\) con la riga \(i\). Essa ha due righe uguali, quindi il suo determinante è nullo; sviluppandolo lungo la riga sostituita si ottiene precisamente \(\sum_k m_{ik}C_{jk}=0\). Pertanto
$$ (M\operatorname{adj}M)_{ij}=\begin{cases}\det M,&i=j,\\0,&i\neq j, \end{cases} $$ossia \(M\operatorname{adj}M=(\det M)I_n\). Applicando lo stesso ragionamento alle colonne si ottiene \(\operatorname{adj}M\,M=(\det M)I_n\). Se \(\det M\neq0\), dividendo l’identità per \(\det M\) si trova l’inversa. Viceversa, se \(M\) è invertibile, da \(MM^{-1}=I\) segue \(1=\det I=\det M\det M^{-1}\), perciò \(\det M\neq0\).
Esempio \(3\times3\) svolto
Si consideri
$$A=\begin{bmatrix}1&2&3\\0&1&4\\5&6&0\end{bmatrix}.$$Calcoliamo uno per uno i nove cofattori:
$$ \begin{aligned} C_{11}&=\det\!\begin{bmatrix}1&4\\6&0\end{bmatrix}=-24,& C_{12}&=-\det\!\begin{bmatrix}0&4\\5&0\end{bmatrix}=20,& C_{13}&=\det\!\begin{bmatrix}0&1\\5&6\end{bmatrix}=-5,\\ C_{21}&=-\det\!\begin{bmatrix}2&3\\6&0\end{bmatrix}=18,& C_{22}&=\det\!\begin{bmatrix}1&3\\5&0\end{bmatrix}=-15,& C_{23}&=-\det\!\begin{bmatrix}1&2\\5&6\end{bmatrix}=4,\\ C_{31}&=\det\!\begin{bmatrix}2&3\\1&4\end{bmatrix}=5,& C_{32}&=-\det\!\begin{bmatrix}1&3\\0&4\end{bmatrix}=-4,& C_{33}&=\det\!\begin{bmatrix}1&2\\0&1\end{bmatrix}=1. \end{aligned} $$Dunque
$$ C(A)=\begin{bmatrix}-24&20&-5\\18&-15&4\\5&-4&1\end{bmatrix},\qquad \operatorname{adj}A=C(A)^T= \begin{bmatrix}-24&18&5\\20&-15&-4\\-5&4&1\end{bmatrix}. $$Lo sviluppo lungo la prima riga dà
$$\det A=1(-24)+2(20)+3(-5)=1.$$Quindi \(A^{-1}=\operatorname{adj}A\). La verifica, che elimina ogni possibile errore di trasposizione, è
$$ A\operatorname{adj}A= \begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}. $$Uso nella risolvente: tempo continuo e tempo discreto
Per un sistema LTI continuo, ponendo \(M(s)=sI-A\),
$$ (sI-A)^{-1}=\frac{\operatorname{adj}(sI-A)}{\det(sI-A)},\qquad W(s)=C(sI-A)^{-1}B+D. $$Il denominatore è il polinomio caratteristico \(p_A(s)\); gli elementi dell’aggiunta sono polinomi di grado al più \(n-1\). Per esempio, se \(A=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}\),
$$ sI-A=\begin{bmatrix}s&-1\\2&s+3\end{bmatrix},\quad \operatorname{adj}(sI-A)=\begin{bmatrix}s+3&1\\-2&s\end{bmatrix},\quad \det(sI-A)=s^2+3s+2. $$Nel tempo discreto la formula è identica sostituendo \(s\) con \(z\): \((zI-A)^{-1}=\operatorname{adj}(zI-A)/\det(zI-A)\).
Follow-up probabili
Perché nell’aggiunta compare la trasposta?
Perché nel prodotto \(M\operatorname{adj}M\) l’elemento \((i,j)\) deve contenere i cofattori della riga \(j\): serve quindi \((\operatorname{adj}M)_{kj}=C_{jk}\).
La formula vale anche se \(M\) è singolare?
Sì: \(M\operatorname{adj}M=(\det M)I=0\). Non si può però dividere per il determinante, quindi non si ottiene un’inversa.
Che grado hanno gli elementi di \(\operatorname{adj}(sI-A)\)?
Ogni elemento è il determinante di una matrice \((n-1)\times(n-1)\) affine in \(s\), dunque ha grado al più \(n-1\).
Passaggio da IU a ISU con la dimostrazione fino alla forma canonica di osservabilità (1 volta con caso multivariabile, due volte con caso MISO, due volte con caso SIMO)
Inquadramento
Una relazione ingresso–uscita descrive soltanto il legame esterno, mentre una rappresentazione ingresso–stato–uscita rende esplicita la memoria interna mediante integratori. La realizzazione non è unica; la forma canonica di osservabilità è una costruzione diretta, di ordine pari al grado del denominatore, particolarmente adatta al caso SISO e, condividendo la dinamica, al caso MISO.
Definizioni e ipotesi
Si considera dapprima una funzione di trasferimento SISO razionale e propria, con denominatore monico:
$$ W(s)=\frac{b_0s^n+b_1s^{n-1}+\cdots+b_{n-1}s+b_n} {s^n+a_1s^{n-1}+\cdots+a_{n-1}s+a_n}. $$Si pongono \(\beta_i=b_i-a_i b_0\), \(i=1,\ldots,n\), e
$$ A_o=\begin{bmatrix} -a_1&1&0&\cdots&0\\ -a_2&0&1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\ -a_{n-1}&0&\cdots&0&1\\ -a_n&0&\cdots&0&0 \end{bmatrix},\quad B_o=\begin{bmatrix}\beta_1\\\beta_2\\\vdots\\\beta_n\end{bmatrix},\quad C_o=\begin{bmatrix}1&0&\cdots&0\end{bmatrix},\quad D_o=b_0. $$Questa è la convenzione degli appunti: prima colonna con i coefficienti del denominatore e sopradiagonale unitaria. Invertendo l’ordine degli stati si ottiene una forma compagna equivalente.
Enunciato costruttivo
La quadrupla \((A_o,B_o,C_o,D_o)\) realizza \(W(s)\), cioè
$$W(s)=C_o(sI-A_o)^{-1}B_o+D_o.$$Se numeratore e denominatore sono coprimi, la realizzazione ha ordine minimo \(n\); in presenza di cancellazioni è ancora corretta, ma contiene stati non raggiungibili o non osservabili.
Costruzione e dimostrazione completa nel caso SISO
Dalla funzione di trasferimento, a condizioni iniziali nulle, si ottiene l’equazione I–U
$$ y^{(n)}+a_1y^{(n-1)}+\cdots+a_ny =b_0u^{(n)}+b_1u^{(n-1)}+\cdots+b_nu. $$Separando il collegamento istantaneo \(b_0u\), si pone \(x_1=y-b_0u\). La catena di integratori porta alle equazioni
$$ \begin{aligned} \dot x_1&=-a_1x_1+x_2+\beta_1u,\\ \dot x_2&=-a_2x_1+x_3+\beta_2u,\\ &\ \vdots\\ \dot x_{n-1}&=-a_{n-1}x_1+x_n+\beta_{n-1}u,\\ \dot x_n&=-a_nx_1+\beta_nu,\\ y&=x_1+b_0u. \end{aligned} $$Esse sono esattamente \(\dot x=A_ox+B_ou, y=C_ox+D_ou\). Resta da verificare senza salti che il legame esterno sia proprio \(W\). Trasformando secondo Laplace con stato iniziale nullo, dalla prima equazione segue
$$X_2=(s+a_1)X_1-\beta_1U.$$Dalla seconda segue
$$X_3=(s^2+a_1s+a_2)X_1-(\beta_1s+\beta_2)U.$$Per induzione, per \(r=2,\ldots,n\),
$$ X_r=(s^{r-1}+a_1s^{r-2}+\cdots+a_{r-1})X_1 -(\beta_1s^{r-2}+\cdots+\beta_{r-1})U. $$Infatti la formula è vera per \(r=2\); se vale per \(r\), l’equazione \(sX_r=-a_rX_1+X_{r+1}+\beta_rU\) fornisce la stessa espressione con \(r\) sostituito da \(r+1\). Usando infine \(sX_n=-a_nX_1+\beta_nU\) si ottiene
$$ (s^n+a_1s^{n-1}+\cdots+a_n)X_1 =(\beta_1s^{n-1}+\cdots+\beta_n)U. $$Poiché \(Y=X_1+b_0U\),
$$ \frac{Y}{U}=b_0+\frac{\beta_1s^{n-1}+\cdots+\beta_n}{s^n+a_1s^{n-1}+\cdots+a_n} =\frac{b_0s^n+(b_0a_1+\beta_1)s^{n-1}+\cdots+(b_0a_n+\beta_n)}{p(s)}. $$Per la definizione \(\beta_i=b_i-a_ib_0\), ogni \(b_0a_i+\beta_i=b_i\). Si recupera quindi esattamente \(W(s)\), completando la dimostrazione.
Estensione MISO
Per \(m\) ingressi e una uscita, \(W(s)\in\mathbb R(s)^{1\times m}\). Se tutte le componenti sono portate al denominatore comune \(p(s)\), si scrive
$$ W_j(s)=\frac{b_{0j}s^n+b_{1j}s^{n-1}+\cdots+b_{nj}}{p(s)},\qquad j=1,\ldots,m. $$Si mantiene la stessa \(A_o\) e lo stesso \(C_o\), mentre la colonna \(j\) di \(B\) è \((b_{1j}-a_1b_{0j},\ldots,b_{nj}-a_nb_{0j})^T\) e \(D=(b_{01},\ldots,b_{0m})\). Per linearità,
$$Y=\sum_{j=1}^m\bigl[C_o(sI-A_o)^{-1}B_j+D_j\bigr]U_j=W(s)U.$$La condivisione di \(A_o\) evita di replicare la medesima dinamica per ciascun ingresso.
Estensione SIMO
Per un ingresso e \(p\) uscite, \(W(s)\in\mathbb R(s)^{p\times1}\). Si usa convenientemente la forma duale di controllo:
$$A_c=A_o^T,\qquad B_c=C_o^T,\qquad C=\begin{bmatrix}B_{o,1}^T\\\vdots\\B_{o,p}^T\end{bmatrix},\qquad D=\begin{bmatrix}b_{01}\\\vdots\\b_{0p}\end{bmatrix}.$$Per ogni uscita \(i\), essendo il risultato scalare,
$$ C_i(sI-A_c)^{-1}B_c =B_{o,i}^T(sI-A_o^T)^{-1}C_o^T =C_o(sI-A_o)^{-1}B_{o,i}. $$Quindi la riga \(i\) realizza \(W_i(s)\). Anche qui una sola dinamica comune alimenta tutte le uscite.
Caso multivariabile MIMO
Per \(m\) ingressi e \(p\) uscite, \(Y(s)=W(s)U(s)\), con \(W(s)=[W_{ij}(s)]\in\mathbb R(s)^{p\times m}\). Una costruzione sempre valida consiste nel realizzare separatamente ciascun canale scalare \(W_{ij}\), porre le matrici dinamiche in diagonale a blocchi, inviare \(u_j\) a tutti i blocchi della colonna \(j\) e sommare nell’uscita \(y_i\) i blocchi della riga \(i\). La funzione risultante è esatta perché
$$Y_i(s)=\sum_{j=1}^mW_{ij}(s)U_j(s).$$Questa realizzazione può essere ridondante. Se tutte le componenti hanno un denominatore comune \(p(s)\), si può partizionare \(W\) per righe e realizzare ogni riga come MISO, ottenendo al più \(np\) stati; oppure per colonne e realizzare ogni colonna come SIMO, ottenendo al più \(nm\) stati. Si sceglie la partizione più conveniente e si eliminano poi le parti non raggiungibili/non osservabili. L’ordine minimo è il grado di McMillan di \(W\), non semplicemente il massimo grado dei denominatori presi separatamente.
Tempo discreto
La costruzione algebrica resta valida per \(W(z)\): si sostituisce \(s\) con \(z\) e si interpreta la rappresentazione come \(x(k+1)=Ax(k)+Bu(k)\), \(y(k)=Cx(k)+Du(k)\). Gli integratori diventano ritardi unitari e la verifica si effettua con \(W(z)=C(zI-A)^{-1}B+D\).
Esempio SISO
Per \(W(s)=(s^2+2)/(s^2+2s+2)\) si ha \(b_0=1\), \(b_1=0\), \(b_2=2\), \(a_1=a_2=2\); dunque \(\beta_1=-2\), \(\beta_2=0\):
$$ A_o=\begin{bmatrix}-2&1\\-2&0\end{bmatrix},\quad B_o=\begin{bmatrix}-2\\0\end{bmatrix},\quad C_o=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix},\quad D_o=1. $$Poiché \((sI-A_o)^{-1}=\frac1{s^2+2s+2}\begin{bmatrix}s&1\\-2&s+2\end{bmatrix}\),
$$C_o(sI-A_o)^{-1}B_o+D_o=\frac{-2s}{s^2+2s+2}+1=\frac{s^2+2}{s^2+2s+2}.$$Follow-up probabili
Perché si usa \(\beta_i=b_i-a_ib_0\)?
Il termine diretto \(b_0\) moltiplica anche il denominatore quando si ricompone \(Y/U\); sottraendo \(a_ib_0\) nella dinamica, il coefficiente finale torna esattamente \(b_i\).
Quando la forma canonica è minima?
Nel caso SISO, quando numeratore e denominatore sono coprimi. Nel caso MIMO la minimalità richiede contemporaneamente completa raggiungibilità e completa osservabilità; l’ordine è il grado di McMillan.
Perché MISO privilegia la forma di osservabilità?
Con un denominatore comune, tutti i canali hanno la stessa \(A_o\) e la stessa uscita \(C_o\); cambiano soltanto le colonne di \(B\), una per ciascun ingresso.
Forma di controllo e forma di osservabilità rappresentano la stessa \(W\)?
Sì. Nel SISO sono duali: \(A_c=A_o^T\), \(B_c=C_o^T\), \(C_c=B_o^T\), \(D_c=D_o\); la funzione ottenuta è uno scalare e coincide con la propria trasposta.
MISO
Inquadramento
Un sistema MISO (multiple input, single output) combina più ingressi in un’unica uscita. Nel dominio trasformato la funzione di trasferimento è un vettore riga; quando i canali condividono il denominatore, una sola dinamica può essere usata per tutti, con un forte risparmio di stati rispetto alla realizzazione separata dei canali.
Definizioni e ipotesi
Per \(u(t)\in\mathbb R^m\), \(y(t)\in\mathbb R\), \(x(t)\in\mathbb R^n\),
$$\dot x=Ax+Bu,\qquad y=Cx+Du,$$con \(B\in\mathbb R^{n\times m}\), \(C\in\mathbb R^{1\times n}\), \(D\in\mathbb R^{1\times m}\). A condizioni iniziali nulle,
$$Y(s)=W(s)U(s),\qquad W(s)=C(sI-A)^{-1}B+D\in\mathbb R(s)^{1\times m},$$ $$Y(s)=\sum_{j=1}^m W_j(s)U_j(s).$$Enunciato: realizzazione MISO a denominatore comune
Se
$$ W_j(s)=\frac{b_{0j}s^n+b_{1j}s^{n-1}+\cdots+b_{nj}} {p(s)},\qquad p(s)=s^n+a_1s^{n-1}+\cdots+a_n, $$allora una realizzazione è
$$ A=A_o,\quad C=e_1^T,\quad B_{ij}=b_{ij}-a_ib_{0j},\quad D_j=b_{0j}, $$dove \(A_o\) è la forma compagna di osservabilità della domanda precedente. Il simbolo \(B_{ij}\) indica l’elemento alla riga di stato \(i\) e alla colonna d’ingresso \(j\).
Dimostrazione completa
Indichiamo con \(B_j\) la colonna \(j\) di \(B\). Per il principio di sovrapposizione, la risposta con più ingressi è la somma delle risposte prodotte dai singoli ingressi:
$$ Y=C(sI-A)^{-1}\sum_{j=1}^mB_jU_j+\sum_{j=1}^mD_jU_j =\sum_{j=1}^m\bigl[C(sI-A)^{-1}B_j+D_j\bigr]U_j. $$La dimostrazione SISO applicata alla colonna \(B_j\) fornisce
$$C(sI-A)^{-1}B_j+D_j=W_j(s).$$Segue \(Y=\sum_jW_jU_j=WU\). Il denominatore comune si può sempre ottenere usando il minimo comune multiplo dei denominatori dei canali; la costruzione resta esatta, ma può non essere minima se compaiono cancellazioni o fattori dinamici non necessari per tutti i canali.
Esempio completo a due ingressi
Si consideri
$$ W(s)=\begin{bmatrix} \dfrac{s^2+5s+4}{s^2+6s+8}& \dfrac{s^2+5s+6}{s^2+6s+8} \end{bmatrix}. $$Qui \(a_1=6\), \(a_2=8\), \(b_{01}=b_{02}=1\), \((b_{11},b_{21})=(5,4)\), \((b_{12},b_{22})=(5,6)\). Quindi
$$ A=\begin{bmatrix}-6&1\\-8&0\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}-1&-1\\-4&-2\end{bmatrix},\quad C=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix},\quad D=\begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix}. $$Poiché
$$ (sI-A)^{-1}=\frac1{s^2+6s+8} \begin{bmatrix}s&1\\-8&s+6\end{bmatrix}, $$per il primo ingresso
$$C(sI-A)^{-1}B_1+D_1=\frac{-s-4}{s^2+6s+8}+1=\frac{s^2+5s+4}{s^2+6s+8},$$e per il secondo
$$C(sI-A)^{-1}B_2+D_2=\frac{-s-2}{s^2+6s+8}+1=\frac{s^2+5s+6}{s^2+6s+8}.$$La realizzazione ha due stati; realizzando separatamente i due canali ne servirebbero quattro. La condivisione è lecita perché la dinamica denominatore è la stessa.
Tempo discreto
Nel TD si ha \(x(k+1)=Ax(k)+Bu(k)\), \(y(k)=Cx(k)+Du(k)\) e \(W(z)=C(zI-A)^{-1}B+D\), ancora vettore riga. La stessa costruzione vale sostituendo \(s\) con \(z\). Se si osservano gli ingressi fino a \(k\), il termine \(D u(k)\) descrive l’accoppiamento istantaneo.
Follow-up probabili
Perché \(W(s)\) è un vettore riga?
Perché moltiplica \(U(s)\in\mathbb C^m\) e deve produrre lo scalare \(Y(s)\): le dimensioni sono \(1\times m\) per \(m\times1\).
Che cosa cambia tra i canali nella forma condivisa?
Il denominatore, quindi \(A\), è comune; cambiano le colonne \(B_j\) e gli eventuali termini diretti \(D_j\). L’uscita \(C\) resta unica.
Il minimo comune multiplo garantisce una realizzazione minima?
No. Garantisce una realizzazione esatta. Per la minimalità occorre eliminare le parti non raggiungibili o non osservabili e calcolare il grado di McMillan.
Osservabilità (definizione, matrice, teorema)
Inquadramento
L’osservabilità stabilisce se lo stato interno può essere dedotto conoscendo ingresso e uscita in un intervallo finito. È la proprietà duale della raggiungibilità e determina se un osservatore di stato può ricostruire tutte le componenti dinamiche.
Definizioni e ipotesi
Si consideri il sistema LTI
$$\dot x=Ax+Bu,\qquad y=Cx+Du,$$con stato di dimensione \(n\). Due stati iniziali \(x_{01},x_{02}\) sono indistinguibili se, applicando lo stesso ingresso noto, producono la stessa uscita per ogni \(t\) nell’intervallo osservato. Il sistema è completamente osservabile se ogni coppia di stati distinti è distinguibile.
La differenza \(v=x_{01}-x_{02}\) evolve a ingresso nullo secondo
$$\delta y(t)=Ce^{A(t-t_0)}v.$$Uno stato \(v\neq0\) è non osservabile se questa quantità è identicamente nulla. La matrice di osservabilità è
$$ \mathcal O_n=\begin{bmatrix}C\\CA\\CA^2\\\vdots\\CA^{n-1}\end{bmatrix}\in\mathbb R^{pn\times n}. $$Enunciato: teorema del rango
La coppia \((A,C)\) è completamente osservabile se e solo se
$$\operatorname{rank}\mathcal O_n=n.$$Più precisamente, il sottospazio non osservabile è
$$\mathcal X_{no}=\ker\mathcal O_n=\bigcap_{k=0}^{n-1}\ker(CA^k).$$Dimostrazione completa
Necessità delle condizioni finite. Se \(v\) è non osservabile, \(Ce^{At}v=0\) per ogni \(t\ge0\). La funzione è analitica e la sua derivata \(k\)-esima in \(t=0\) è \(CA^kv\). Poiché una funzione identicamente nulla ha tutte le derivate nulle,
$$Cv=CAv=\cdots=CA^{n-1}v=0,$$ossia \(\mathcal O_nv=0\).
Sufficienza delle condizioni finite. Supponiamo \(\mathcal O_nv=0\). Per Cayley–Hamilton, se
$$p_A(\lambda)=\lambda^n+a_1\lambda^{n-1}+\cdots+a_n,$$allora
$$A^n=-a_1A^{n-1}-\cdots-a_nI.$$Moltiplicando a sinistra per \(C\) e a destra per \(v\), tutti i termini a destra sono nulli, quindi \(CA^nv=0\). Moltiplicando l’identità per \(A\), e poi iterando, ogni potenza \(A^k\), \(k\ge n\), è combinazione delle prime \(n\); segue \(CA^kv=0\) per ogni \(k\ge0\). Pertanto
$$Ce^{At}v=C\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^kt^k}{k!}v =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^k}{k!}CA^kv=0.$$Dunque \(v\) è non osservabile se e solo se \(v\in\ker\mathcal O_n\). Il sistema è completamente osservabile se e solo se tale nucleo contiene soltanto \(0\), equivalenza che, per il teorema rango–nullità, è precisamente \(\operatorname{rank}\mathcal O_n=n\).
Gramiano e formula di ricostruzione in TC
Sottratta dall’uscita la parte forzata nota, \(\bar y(t)=Ce^{A(t-t_0)}x_0\). Su \([t_0,t_0+T]\) si definisce
$$ W_o(T)=\int_{t_0}^{t_0+T}e^{A^T(t-t_0)}C^TCe^{A(t-t_0)}\,dt. $$Per ogni \(v\),
$$v^TW_o(T)v=\int_{t_0}^{t_0+T}\|Ce^{A(t-t_0)}v\|^2dt.$$L’integrando è continuo e non negativo; l’integrale è zero se e solo se l’uscita libera è identicamente nulla. Quindi \(W_o(T)>0\) se e solo se il sistema è osservabile. In tal caso
$$ x_0=W_o(T)^{-1}\int_{t_0}^{t_0+T}e^{A^T(t-t_0)}C^T\bar y(t)\,dt. $$Tempo discreto e ricostruibilità
Per \(x(k+1)=Ax(k)+Bu(k)\), sottraendo i contributi dell’ingresso noto e impilando \(n\) campioni si ottiene
$$ \begin{bmatrix}\bar y(k_0)\\\bar y(k_0+1)\\\vdots\\\bar y(k_0+n-1)\end{bmatrix} =\mathcal O_nx(k_0). $$Quindi \(\operatorname{rank}\mathcal O_n=n\) consente di ricostruire univocamente lo stato iniziale. Nel TD si distingue talvolta la ricostruibilità dello stato corrente: dopo \(N\) passi gli stati iniziali compatibili differiscono per \(v\in\ker\mathcal O_N\), ma la loro differenza corrente è \(A^Nv\). Pertanto \(x(k_0+N)\) è ricostruibile se e solo se
$$\ker\mathcal O_N\subseteq\ker A^N.$$L’osservabilità completa implica la ricostruibilità; il viceversa può fallire se \(A\) è singolare e un modo non osservabile si annulla in un numero finito di passi.
Esempio svolto
Siano
$$A=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix},\qquad C=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}.$$Allora
$$\mathcal O_2=\begin{bmatrix}C\\CA\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\1&1\end{bmatrix},\qquad\det\mathcal O_2=1,$$quindi il sistema è osservabile. Nel TD, a ingresso nullo, \(y(0)=x_1(0)\) e \(y(1)=x_1(0)+x_2(0)\); dunque
$$x_1(0)=y(0),\qquad x_2(0)=y(1)-y(0).$$Follow-up probabili
Perché bastano le potenze fino ad \(A^{n-1}\)?
Per Cayley–Hamilton ogni potenza successiva è combinazione lineare delle prime \(n\); non aggiunge quindi nuovi vincoli indipendenti.
Le matrici \(B\) e \(D\) influiscono sull’osservabilità?
No, perché si confrontano due stati sotto lo stesso ingresso: i contributi forzati si cancellano e resta \(Ce^{At}(x_{01}-x_{02})\).
Qual è il sottospazio non osservabile?
È \(\ker\mathcal O_n\), un sottospazio \(A\)-invariante: se \(\mathcal O_nv=0\), anche \(\mathcal O_nAv=0\), usando Cayley–Hamilton nell’ultima riga.
Qual è la proprietà duale?
\((A,C)\) è osservabile se e solo se \((A^T,C^T)\) è raggiungibile, perché \(\mathcal O_n^T=[C^T,A^TC^T,\ldots,(A^T)^{n-1}C^T]\).
Evoluzione libera sistema tempo continuo nel caso stazionario e nel caso non stazionario
Inquadramento
L’evoluzione libera è il moto prodotto esclusivamente dallo stato iniziale, con ingresso identicamente nullo. Nel caso stazionario si esprime mediante l’esponenziale di matrice; nel caso non stazionario occorre la matrice di transizione, che trasporta lo stato tra due istanti e dipende separatamente da entrambi.
Definizioni e ipotesi
Si considera il sistema lineare a tempo continuo
$$\dot x(t)=A(t)x(t),\qquad x(t_0)=x_0,$$con \(A(t)\in\mathbb R^{n\times n}\) continua a tratti. La matrice di transizione \(\Phi(t,t_0)\) è la soluzione matriciale del problema
$$ \frac{\partial}{\partial t}\Phi(t,t_0)=A(t)\Phi(t,t_0),\qquad \Phi(t_0,t_0)=I. $$Una matrice fondamentale \(X(t)\) è una matrice le cui colonne sono \(n\) soluzioni linearmente indipendenti dell’equazione omogenea; è quindi invertibile nell’intervallo considerato.
Enunciato
L’unica evoluzione libera è
$$x_\ell(t)=\Phi(t,t_0)x_0.$$La matrice di transizione gode delle proprietà
$$ \begin{aligned} \Phi(t_0,t_0)&=I,\\ \Phi(t_2,t_0)&=\Phi(t_2,t_1)\Phi(t_1,t_0),\\ \Phi(t,t_0)^{-1}&=\Phi(t_0,t),\\ \frac{\partial\Phi(t,t_0)}{\partial t}&=A(t)\Phi(t,t_0),\\ \frac{\partial\Phi(t,t_0)}{\partial t_0}&=-\Phi(t,t_0)A(t_0). \end{aligned} $$Se il sistema è stazionario, \(A(t)=A\), allora
$$\Phi(t,t_0)=e^{A(t-t_0)},\qquad e^{A\tau}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^k\tau^k}{k!}.$$Dimostrazione nel caso non stazionario
Sia \(X(t)\) una matrice fondamentale. Poniamo
$$\Phi(t,t_0)=X(t)X^{-1}(t_0).$$Poiché \(\dot X(t)=A(t)X(t)\), derivando rispetto al primo argomento si ottiene
$$ \frac{\partial\Phi}{\partial t} =\dot X(t)X^{-1}(t_0) =A(t)X(t)X^{-1}(t_0) =A(t)\Phi(t,t_0). $$Inoltre \(\Phi(t_0,t_0)=X(t_0)X^{-1}(t_0)=I\). Pertanto \(x(t)=\Phi(t,t_0)x_0\) soddisfa sia l’equazione sia la condizione iniziale; l’unicità del problema di Cauchy garantisce che sia l’unica soluzione.
Per la composizione, usando due volte la stessa matrice fondamentale,
$$ \Phi(t_2,t_1)\Phi(t_1,t_0) =X(t_2)X^{-1}(t_1)X(t_1)X^{-1}(t_0) =\Phi(t_2,t_0). $$Ponendo \(t_2=t_0\) si ottiene \(\Phi(t_0,t)\Phi(t,t_0)=I\), dunque l’invertibilità e la formula dell’inversa. Infine, derivando l’identità \(X^{-1}(t_0)X(t_0)=I\),
$$ \frac{dX^{-1}}{dt_0}X+X^{-1}\dot X=0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{dX^{-1}}{dt_0}=-X^{-1}A(t_0), $$e quindi
$$ \frac{\partial\Phi(t,t_0)}{\partial t_0} =X(t)\frac{dX^{-1}(t_0)}{dt_0} =-\Phi(t,t_0)A(t_0). $$Dimostrazione nel caso stazionario
La serie di \(e^{A\tau}\) converge assolutamente in ogni norma matriciale. È quindi derivabile termine a termine:
$$ \frac{d}{d\tau}e^{A\tau} =\sum_{k=1}^{\infty}\frac{kA^k\tau^{k-1}}{k!} =A\sum_{h=0}^{\infty}\frac{A^h\tau^h}{h!} =Ae^{A\tau}. $$Per \(\tau=0\), \(e^{A0}=I\). Posto \(\tau=t-t_0\), \(e^{A(t-t_0)}\) soddisfa quindi il problema definitorio di \(\Phi\). Poiché le matrici \(A(t_1-t_0)\) e \(A(t_2-t_1)\) commutano, vale anche
$$e^{A(t_2-t_1)}e^{A(t_1-t_0)}=e^{A(t_2-t_0)},$$che è la proprietà di composizione nel caso LTI. In generale non si può scrivere \(\Phi(t,t_0)=e^{\int_{t_0}^tA(\tau)d\tau}\) se \(A(t_1)\) e \(A(t_2)\) non commutano.
Esempi svolti
Caso stazionario. Per
$$A=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-1\end{bmatrix}=-I+N,\qquad N=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix},\qquad N^2=0,$$le matrici \(-I\) e \(N\) commutano, pertanto, con \(\Delta t=t-t_0\),
$$ e^{A\Delta t}=e^{-\Delta t}e^{N\Delta t} =e^{-\Delta t}(I+N\Delta t) =e^{-\Delta t}\begin{bmatrix}1&\Delta t\\0&1\end{bmatrix}. $$Quindi \(x_2(t)=e^{-\Delta t}x_2(t_0)\) e \(x_1(t)=e^{-\Delta t}[x_1(t_0)+\Delta t\,x_2(t_0)]\).
Caso non stazionario. Per \(t>-1\), sia
$$A(t)=\begin{bmatrix}-t&0\\0&\dfrac{2}{1+t}\end{bmatrix}.$$Le due equazioni scalari si integrano direttamente:
$$ \Phi(t,t_0)= \begin{bmatrix} \exp\!\left[-\dfrac{t^2-t_0^2}{2}\right]&0\\ 0&\left(\dfrac{1+t}{1+t_0}\right)^2 \end{bmatrix}. $$La dipendenza non è soltanto da \(t-t_0\): ciò distingue il caso non stazionario.
Confronto con il tempo discreto
Nel TD non stazionario l’analogo è \(\Phi(k,k_0)=A(k-1)\cdots A(k_0)\); nel caso stazionario diventa \(A^{k-k_0}\). L’ordine dei fattori non può essere scambiato.
Follow-up probabili
Quando vale \(\Phi(t,t_0)=e^{\int_{t_0}^tA(\tau)d\tau}\)?
Quando \(A(t_1)A(t_2)=A(t_2)A(t_1)\) per ogni coppia di istanti; altrimenti serve l’esponenziale ordinato nel tempo o la serie di Peano–Baker.
Perché una matrice fondamentale resta invertibile?
Il determinante soddisfa la formula di Liouville: \(\det X(t)=\det X(t_0)\exp(\int_{t_0}^t\operatorname{tr}A(\tau)d\tau)\), quindi non si annulla se è inizialmente non nullo.
Qual è la differenza essenziale tra LTI e LTV?
Nel LTI la transizione dipende soltanto dalla differenza \(t-t_0\); nel LTV dipende separatamente da entrambi gli istanti.
Teorema di Kalman per la raggiungibilità (una volta Kalman con osservabilità)
Inquadramento
Il teorema di Kalman individua la parte dello stato influenzabile dall’ingresso e costruisce un cambio di base che la separa dalla parte non raggiungibile. La costruzione duale separa la parte osservabile da quella invisibile all’uscita.
Definizioni e ipotesi
Per \(\dot x=Ax+Bu\), \(x\in\mathbb R^n\), si definiscono
$$ \mathcal R_n=\begin{bmatrix}B&AB&\cdots&A^{n-1}B\end{bmatrix},\qquad \mathcal X_r=\operatorname{im}\mathcal R_n,\qquad n_r=\operatorname{rank}\mathcal R_n. $$La catena \(\mathcal S_\ell=\operatorname{im}[B\ AB\ \cdots\ A^{\ell-1}B]\) è crescente.
Enunciato
Esiste una matrice invertibile \(T=[\,T_r\ T_{nr}\,]\), le cui prime \(n_r\) colonne sono una base di \(\mathcal X_r\), tale che, con \(x=Tz\),
$$ \dot z= \underbrace{\begin{bmatrix}A_r&A_{12}\\0&A_{nr}\end{bmatrix}}_{\widetilde A}z+ \underbrace{\begin{bmatrix}B_r\\0\end{bmatrix}}_{\widetilde B}u. $$La coppia \((A_r,B_r)\) è completamente raggiungibile e ha dimensione \(n_r\). Il sistema è completamente raggiungibile se e solo se \(n_r=n\).
Dimostrazione completa
Arresto della catena. Se \(p_A(\lambda)=\lambda^n+a_1\lambda^{n-1}+\cdots+a_n\), Cayley–Hamilton dà
$$A^n=-a_1A^{n-1}-\cdots-a_nI.$$Moltiplicando per \(B\), \(A^nB\) è combinazione di \(B,AB,\ldots,A^{n-1}B\). Moltiplicando ancora per \(A\), e iterando, lo stesso vale per ogni potenza successiva. Pertanto
$$\mathcal S_n=\mathcal S_{n+1}=\cdots=\mathcal X_r.$$Invarianza. Per ogni \(x\in\mathcal X_r\) esistono vettori \(\alpha_i\) tali che
$$x=B\alpha_0+AB\alpha_1+\cdots+A^{n-1}B\alpha_{n-1}.$$Allora
$$Ax=AB\alpha_0+\cdots+A^nB\alpha_{n-1}\in\mathcal X_r,$$poiché l’ultimo termine si riduce con Cayley–Hamilton. Quindi \(A\mathcal X_r\subseteq\mathcal X_r\); inoltre \(\operatorname{im}B\subseteq\mathcal X_r\).
Cambio di base. Si scelgono in \(T_r\) \(n_r\) colonne indipendenti di \(\mathcal R_n\) e si completa la base con \(T_{nr}\). Se \(z=(z_r,0)\), allora \(x=T_rz_r\in\mathcal X_r\) e \(Ax\in\mathcal X_r\): nelle nuove coordinate la componente inferiore di \(\widetilde A(z_r,0)\) è nulla per ogni \(z_r\), dunque \(\widetilde A_{21}=0\). Poiché le colonne di \(B\) appartengono a \(\mathcal X_r\), anche la parte inferiore di \(\widetilde B=T^{-1}B\) è nulla. Si ottiene la forma enunciata.
Raggiungibilità del blocco superiore. Per la struttura triangolare,
$$ \widetilde A^k\widetilde B= \begin{bmatrix}A_r^kB_r\\0\end{bmatrix}. $$La matrice di raggiungibilità trasformata è \(T^{-1}\mathcal R_n\), quindi ha rango \(n_r\). Ne segue
$$\operatorname{rank}\begin{bmatrix}B_r&A_rB_r&\cdots&A_r^{n_r-1}B_r\end{bmatrix}=n_r,$$poiché le potenze ulteriori non aumentano il rango per Cayley–Hamilton applicato ad \(A_r\). Il blocco superiore è completamente raggiungibile.
Perché \(\mathcal X_r\) è davvero l’insieme raggiungibile. A un tempo \(T>0\),
$$\mathscr L_Tu=\int_0^T e^{A(T-\tau)}Bu(\tau)d\tau.$$Un vettore \(v\) è ortogonale al range di \(\mathscr L_T\) se e solo se \(B^Te^{A^T(T-\tau)}v=0\) per ogni \(\tau\). Derivando rispetto a \(\tau\) si ottiene \(B^T(A^T)^kv=0\) per ogni \(k\), cioè \(v\perp\operatorname{im}\mathcal R_n\). I due range hanno lo stesso complemento ortogonale e quindi coincidono.
Kalman per l’osservabilità
Per \(y=Cx\),
$$ \mathcal O_n=\begin{bmatrix}C\\CA\\\vdots\\CA^{n-1}\end{bmatrix},\qquad \mathcal X_{no}=\ker\mathcal O_n,\qquad n_o=\operatorname{rank}\mathcal O_n. $$\(\mathcal X_{no}\) è \(A\)-invariante: per \(v\in\mathcal X_{no}\), \(CA^kAv=0\) fino a \(k=n-2\), mentre \(CA^n v=0\) segue da Cayley–Hamilton. Scegliendo le ultime \(n-n_o\) colonne di \(T=[\,T_o\ T_{no}\,]\) come base di \(\mathcal X_{no}\),
$$ \widetilde A=\begin{bmatrix}A_o&0\\A_{21}&A_{no}\end{bmatrix}, \qquad \widetilde C=\begin{bmatrix}C_o&0\end{bmatrix}, $$e \((A_o,C_o)\) è completamente osservabile. Equivalentemente si applica il teorema precedente alla coppia duale \((A^T,C^T)\), perché \(\mathcal R(A^T,C^T)=\mathcal O(A,C)^T\).
Tempo discreto ed esempio
Per \(x(k+1)=Ax(k)+Bu(k)\) la matrice \(\mathcal R_n\), l’invarianza e la decomposizione sono identiche. Se \(A\) è singolare, raggiungibilità dall’origine e controllabilità verso l’origine possono invece differire.
Per
$$A=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-2\end{bmatrix},\qquad B=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},$$si ha
$$\mathcal R_2=\begin{bmatrix}1&-1\\0&0\end{bmatrix},\qquad n_r=1.$$La base canonica è già una base di Kalman e
$$\dot z_1=-z_1+z_2+u,\qquad \dot z_2=-2z_2.$$L’ingresso modifica \(z_1\) ma non \(z_2\); \(z_2\) può influenzare \(z_1\) tramite \(A_{12}\), mentre il blocco inverso è nullo.
Follow-up probabili
Perché \(A_{12}\) può essere non nullo?
La parte non raggiungibile può influenzare quella raggiungibile se ha condizione iniziale non nulla; ciò non permette all’ingresso di generare la sua componente.
Come si sceglie \(T_r\)?
Si prendono \(n_r\) colonne linearmente indipendenti di \(\mathcal R_n\) e si completa a una base di \(\mathbb R^n\).
Qual è il risultato duale?
\((A,C)\) è osservabile se e solo se \((A^T,C^T)\) è raggiungibile.
Definizione di risposta a regime
Inquadramento
La risposta a regime, o permanente, è ciò che resta dopo l’estinzione dei modi transitori. Non è necessariamente un valore costante: può essere una sinusoide, un segnale periodico o una rampa; la definizione corretta è quindi asintotica.
Definizioni e ipotesi
Per un ingresso persistente \(u\), una funzione \(y_r(t)\) è una risposta a regime se
$$y(t)=y_t(t)+y_r(t),\qquad \lim_{t\to\infty}y_t(t)=0,$$equivalentemente \(\lim_{t\to\infty}[y(t)-y_r(t)]=0\). In un sistema LTI finito-dimensionale la risposta permanente è indipendente dallo stato iniziale quando \(A\) è Hurwitz, cioè quando tutti i suoi autovalori hanno parte reale negativa.
Enunciato
Per
$$\dot x=Ax+Bu,\qquad y=Cx+Du,$$con \(A\) Hurwitz e ingresso limitato definito anche nel passato, l’unica soluzione limitata definita su tutto \(\mathbb R\) — scelta canonica della risposta permanente — è
$$ y_r(t)=Du(t)+\int_{-\infty}^{t}Ce^{A(t-\tau)}Bu(\tau)d\tau =Du(t)+\int_0^\infty Ce^{A\sigma}Bu(t-\sigma)d\sigma. $$Dimostrazione completa della separazione transitorio–regime
La risposta iniziata a \(t_0\) è
$$ y(t)=Ce^{A(t-t_0)}x_0+Du(t)+\int_{t_0}^{t}Ce^{A(t-\tau)}Bu(\tau)d\tau. $$Sottraendo \(y_r(t)\),
$$ y(t)-y_r(t)=Ce^{A(t-t_0)}x_0- \int_{-\infty}^{t_0}Ce^{A(t-\tau)}Bu(\tau)d\tau. $$Poiché \(A\) è Hurwitz, esistono \(M,\alpha>0\) tali che \(\|e^{At}\|\le Me^{-\alpha t}\). Il primo termine tende a zero. Se \(\|u(t)\|\le U\), ponendo \(\sigma=t-\tau\), il secondo è maggiorato da
$$ \|C\|\|B\|U\int_{t-t_0}^{\infty}Me^{-\alpha\sigma}d\sigma =\frac{M\|C\|\|B\|U}{\alpha}e^{-\alpha(t-t_0)}\longrightarrow0. $$Quindi \(y-y_r\to0\), e ogni effetto dello stato iniziale appartiene al transitorio. Due possibili risposte permanenti differirebbero per una risposta libera che tende a zero, perciò descrivono lo stesso andamento asintotico.
Ingressi canonici e tempo discreto
- Se \(u(t)=\bar u\), allora \(x_r=-A^{-1}B\bar u\) e \(y_r=(D-CA^{-1}B)\bar u=W(0)\bar u\).
- Se \(u(t)=U\sin(\omega t+\varphi)\), allora \(y_r(t)=U|W(j\omega)|\sin[\omega t+\varphi+\arg W(j\omega)]\).
- Per una rampa il regime può crescere linearmente: ciò che tende a zero è \(y-y_r\), non necessariamente \(y\).
Nel TD, se \(\rho(A)<1\),
$$y_r(k)=Du(k)+\sum_{\ell=1}^{\infty}CA^{\ell-1}Bu(k-\ell),$$e la differenza dalla risposta iniziata a \(k_0\) tende a zero perché \(A^{k-k_0}\to0\).
Esempio svolto
Per \(W(s)=2/(s+2)\) e un gradino di ampiezza \(3\),
$$Y(s)=\frac{2}{s+2}\frac{3}{s}=\frac{3}{s}-\frac{3}{s+2},$$quindi
$$y(t)=3-3e^{-2t},\qquad y_r(t)=3,\qquad y_t(t)=-3e^{-2t}.$$Il valore \(3=W(0)\cdot3\) non dipende da \(x_0\); un diverso stato iniziale aggiunge soltanto un multiplo di \(e^{-2t}\).
Follow-up probabili
Risposta a regime e valore finale coincidono?
No. Il valore finale è un numero e può non esistere; il regime è un andamento asintotico, per esempio sinusoidale.
Perché serve la stabilità asintotica?
Per estinguere sia il contributo dello stato iniziale sia quello della storia remota non inclusa nella risposta iniziata a \(t_0\).
Il regime dipende da \(x_0\)?
No, se il sistema è asintoticamente stabile: la differenza tra due risposte è \(Ce^{A(t-t_0)}(x_{01}-x_{02})\to0\).
Evoluzione libera e forzata in tempo discreto
Inquadramento
La formula di Lagrange discreta separa il contributo della condizione iniziale da quello dei campioni d’ingresso. La parte forzata è una convoluzione: ogni ingresso modifica lo stato al passo successivo e da lì evolve liberamente.
Definizioni e ipotesi
Si considera
$$x(k+1)=Ax(k)+Bu(k),\qquad y(k)=Cx(k)+Du(k),\qquad x(k_0)=x_0.$$L’evoluzione libera si ottiene ponendo \(u=0\); l’evoluzione forzata ponendo \(x_0=0\). Per linearità la risposta completa è la loro somma.
Enunciato
Per ogni \(k\ge k_0\),
$$ x(k)=\underbrace{A^{k-k_0}x_0}_{x_\ell(k)} +\underbrace{\sum_{h=k_0}^{k-1}A^{k-1-h}Bu(h)}_{x_f(k)}, $$e
$$ y(k)=CA^{k-k_0}x_0+ \sum_{h=k_0}^{k-1}CA^{k-1-h}Bu(h)+Du(k). $$Dimostrazione completa per induzione
Per \(k=k_0\), la somma è vuota e \(A^0x_0=x_0\). Supponiamo ora vera la formula a \(k\). Allora
$$ \begin{aligned} x(k+1) &=Ax(k)+Bu(k)\\ &=A\left[A^{k-k_0}x_0+\sum_{h=k_0}^{k-1}A^{k-1-h}Bu(h)\right]+Bu(k)\\ &=A^{k+1-k_0}x_0+\sum_{h=k_0}^{k-1}A^{k-h}Bu(h)+A^0Bu(k)\\ &=A^{k+1-k_0}x_0+\sum_{h=k_0}^{k}A^{k-h}Bu(h). \end{aligned} $$Questa è la stessa formula con \(k\) sostituito da \(k+1\); l’induzione è completa. Sostituendo lo stato in \(y=Cx+Du\) si ottiene la formula dell’uscita.
Convoluzione e caso non stazionario
La risposta impulsiva ingresso–uscita è
$$H(0)=D,\qquad H(\ell)=CA^{\ell-1}B\quad(\ell\ge1),$$perciò, a stato iniziale nullo, \(y_f(k)=\sum_{h=k_0}^{k}H(k-h)u(h)\). Se le matrici dipendono da \(k\),
$$ \Phi(k,k_0)=A(k-1)\cdots A(k_0),\qquad x(k)=\Phi(k,k_0)x_0+\sum_{h=k_0}^{k-1}\Phi(k,h+1)B(h)u(h). $$Esempio numerico completo
Con \(k_0=0\),
$$ A=\begin{bmatrix}1&1\\0&\tfrac12\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix},\quad x_0=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix},\quad u(k)=1, $$si verifica per induzione che
$$A^r=\begin{bmatrix}1&2(1-2^{-r})\\0&2^{-r}\end{bmatrix}.$$Quindi
$$ x_\ell(k)=\begin{bmatrix}5-4\,2^{-k}\\2^{1-k}\end{bmatrix}, \qquad x_f(k)=\sum_{r=0}^{k-1}A^rB =\begin{bmatrix}2k-4+4\,2^{-k}\\2(1-2^{-k})\end{bmatrix}. $$Sommando,
$$x(k)=\begin{bmatrix}2k+1\\2\end{bmatrix}.$$La verifica diretta dà \(Ax(k)+B=(2k+3,2)^T=x(k+1)\). Se \(C=[1\ 0]\) e \(D=0\), allora \(y(k)=2k+1\).
Follow-up probabili
Perché l’esponente è \(k-1-h\)?
L’ingresso applicato a \(h\) entra nello stato a \(h+1\); restano \(k-h-1\) evoluzioni libere fino a \(k\).
Dove compare \(D\) nella risposta dello stato?
Non compare: è un collegamento istantaneo ingresso–uscita e compare soltanto come \(Du(k)\).
Quando la parte libera converge a zero?
Se e solo se tutti gli autovalori di \(A\) hanno modulo minore di uno.
Esempio della stabilità con il pendolo (Lyapunov)
Inquadramento
Il pendolo mostra in modo fisico il metodo diretto di Lyapunov: l’energia meccanica è positiva rispetto all’equilibrio inferiore e non cresce. Senza attrito essa prova stabilità semplice; con attrito la derivata è solo semidefinita negativa e il passaggio all’asintotica stabilità richiede il principio di invarianza di LaSalle.
Definizioni e ipotesi
Un pendolo di massa \(m>0\), lunghezza \(\ell>0\), gravità \(g>0\) e attrito viscoso \(b\ge0\), senza coppia esterna, soddisfa
$$m\ell^2\ddot\theta+b\dot\theta+mg\ell\sin\theta=0.$$Con \(x_1=\theta\), \(x_2=\omega=\dot\theta\),
$$ \dot x_1=x_2,\qquad \dot x_2=-\frac g\ell\sin x_1-\frac{b}{m\ell^2}x_2. $$Gli equilibri sono \((2k\pi,0)\), con massa in basso, e \(((2k+1)\pi,0)\), con massa in alto. Si studia l’equilibrio inferiore \((0,0)\) in una carta locale \(|x_1|<\pi\).
Enunciato
La funzione energia relativa al punto inferiore
$$V(x)=\frac12m\ell^2x_2^2+mg\ell(1-\cos x_1)$$è definita positiva in un intorno di \((0,0)\). Se \(b=0\), l’equilibrio è stabile ma non asintoticamente stabile. Se \(b>0\), l’equilibrio è localmente asintoticamente stabile; per ogni \(0<c<2mg\ell\), il sottolivello nella componente locale dell’origine
$$ \Omega_c^{(0)}=\{x:|x_1|<\pi,\ V(x)\le c\}, $$è una stima positivamente invariante della sua regione di attrazione.
Dimostrazione completa: calcolo della derivata di Lyapunov
Si ha
$$ \nabla V(x)= \begin{bmatrix}mg\ell\sin x_1\\m\ell^2x_2\end{bmatrix}. $$Lungo le traiettorie, sostituendo entrambe le equazioni di stato,
$$ \begin{aligned} \dot V &=mg\ell\sin x_1\,\dot x_1+m\ell^2x_2\,\dot x_2\\ &=mg\ell\sin x_1\,x_2+ m\ell^2x_2\left(-\frac g\ell\sin x_1-\frac{b}{m\ell^2}x_2\right)\\ &=mg\ell x_2\sin x_1-mg\ell x_2\sin x_1-bx_2^2\\ &=-bx_2^2\le0. \end{aligned} $$I termini gravitazionali si cancellano: la variazione di energia è esattamente la potenza dissipata dall’attrito.
Caso senza attrito
Se \(b=0\), \(\dot V=0\) lungo ogni traiettoria, quindi \(V(t)=V(0)\). Per provare la stabilità, fissato un intorno \(B_\varepsilon\) dell’origine abbastanza piccolo, la continuità e la definita positività di \(V\) danno
$$\alpha_\varepsilon=\min_{\|x\|=\varepsilon}V(x)>0.$$Per continuità in zero esiste \(\delta>0\) tale che \(\|x(0)\|<\delta\Rightarrow V(x(0))<\alpha_\varepsilon\). Poiché \(V\) è costante, la traiettoria non può raggiungere la sfera \(\|x\|=\varepsilon\), sulla quale \(V\ge\alpha_\varepsilon\). Resta dunque in \(B_\varepsilon\): l’equilibrio è stabile.
Non è attrattivo: per ogni condizione iniziale non equilibria con \(0<V(x(0))<2mg\ell\), la traiettoria resta sulla curva chiusa \(V(x)=V(x(0))\) e oscilla senza convergere all’origine. Quindi non è asintoticamente stabile.
Caso con attrito e LaSalle
Se \(b>0\), \(\dot V=-bx_2^2\) è semidefinita negativa. Si sceglie \(0<c<2mg\ell\). L’insieme locale \(\Omega_c^{(0)}\) è compatto e positivamente invariante: \(V\) non aumenta e, per raggiungere \(|x_1|=\pi\), servirebbe almeno l’energia \(2mg\ell>c\). L’insieme nel quale \(\dot V=0\) è
$$E=\{x:x_2=0\}.$$Perché una traiettoria rimanga interamente in \(E\), deve avere non solo \(x_2=0\), ma anche
$$\dot x_2=-\frac g\ell\sin x_1=0.$$Quindi \(x_1=k\pi\). Nell’insieme \(\Omega_c^{(0)}\) con \(c<2mg\ell\), il punto superiore \((\pi,0)\), che ha energia \(2mg\ell\), è escluso; il massimo sottoinsieme invariante di \(E\cap\Omega_c^{(0)}\) è pertanto il solo \((0,0)\). Il principio di LaSalle implica che ogni traiettoria in \(\Omega_c^{(0)}\) converge a \((0,0)\). Insieme alla stabilità già fornita da Lyapunov, ciò prova l’asintotica stabilità locale.
Equilibrio superiore
In \((\pi,0)\) l’energia potenziale ha un massimo, non un minimo. Ponendo \(\eta=x_1-\pi\), \(\sin(\pi+\eta)\simeq-\eta\), il linearizzato è
$$ \begin{bmatrix}\dot\eta\\\dot x_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0&1\\g/\ell&-b/(m\ell^2)\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\eta\\x_2\end{bmatrix}. $$Il determinante della matrice è \(-g/\ell<0\), quindi gli autovalori sono reali di segno opposto: l’equilibrio superiore è una sella instabile, anche con attrito.
Esempio numerico
Con \(m=\ell=1\), \(g=9.81\), \(b=0.5\), \(x_1(0)=0.4\) rad e \(x_2(0)=0\),
$$V(x(0))=9.81(1-\cos0.4)\simeq0.774<2mg\ell=19.62.$$La traiettoria appartiene quindi a una regione certificata da LaSalle e converge all’origine; durante il moto \(\dot V=-0.5x_2^2\).
Follow-up probabili
Perché \(\dot V\le0\) non basta da sola per l’asintotica stabilità?
Perché può esistere un insieme non banale sul quale \(\dot V=0\); occorre verificare con LaSalle che il massimo sottoinsieme invariante sia il solo equilibrio.
Perché si richiede \(c<2mg\ell\)?
\(2mg\ell\) è l’energia dell’equilibrio capovolto e della separatrice. Sotto tale livello l’insieme locale non contiene l’altro equilibrio.
Senza attrito il pendolo è globalmente stabile?
No. La stabilità dell’equilibrio inferiore è locale; energie sopra la separatrice producono rotazioni e la periodicità dell’angolo richiede una descrizione sul cilindro.
Passaggio da Laplace a Fourier
Inquadramento
La trasformata di Laplace descrive transitorio e condizioni iniziali mediante una variabile complessa \(s\); la trasformata di Fourier descrive la distribuzione in frequenza e il regime. La risposta in frequenza si ottiene restringendo la trasformata di Laplace all’asse immaginario, ma soltanto se tale asse appartiene alla regione di convergenza.
Definizioni e ipotesi
Per un sistema LTI causale proprio, la risposta impulsiva può contenere un termine diretto:
$$h_{\mathrm{imp}}(t)=D\,\delta(t)+g(t),\qquad g(t)=0\ \text{per }t<0.$$La trasformata di Laplace è quindi
$$ H(s)=D+\int_0^\infty g(t)e^{-st}dt,\qquad s=\sigma+j\omega, $$mentre la trasformata di Fourier è
$$ H_F(\omega)=D+\int_{-\infty}^{\infty}g(t)e^{-j\omega t}dt. $$Nel caso strettamente proprio \(D=0\); il termine \(D\) compare in entrambe le trasformate perché \(\mathcal L\{\delta\}=\mathcal F\{\delta\}=1\).
La regione di convergenza di Laplace è l’insieme dei valori di \(s\) per i quali l’integrale converge. Per una funzione razionale causale essa è il semipiano a destra del polo più a destra.
Enunciato
Se l’asse immaginario appartiene alla regione di convergenza di \(H(s)\), allora
$$H_F(\omega)=H(s)\big|_{s=j\omega}=H(j\omega).$$Per una funzione di trasferimento razionale, propria e causale, l’inclusione dell’intero asse immaginario nella regione di convergenza equivale ad avere tutti i poli della funzione nel semipiano sinistro aperto, cioè alla stabilità BIBO; per una realizzazione minima ciò equivale anche ad avere \(A\) Hurwitz.
Dimostrazione completa
Per causalità del termine dinamico, l’integrale di Fourier si riduce a
$$H_F(\omega)=D+\int_0^\infty g(t)e^{-j\omega t}dt.$$Se \(j\omega\) appartiene alla regione di convergenza, il membro destro converge ed è esattamente la definizione di \(H(s)\) valutata in \(s=j\omega\):
$$H(j\omega)=D+\int_0^\infty g(t)e^{-(j\omega)t}dt=H_F(\omega).$$Se il sistema è BIBO stabile, la parte dinamica soddisfa \(g\in L^1(0,\infty)\); allora l’integrale converge assolutamente per ogni \(\omega\), perché
$$\int_0^\infty|g(t)e^{-j\omega t}|dt=\int_0^\infty|g(t)|dt<\infty.$$Per un sistema razionale causale, \(g\in L^1\) se e solo se tutti i poli della funzione di trasferimento hanno parte reale negativa. Un polo sull’asse immaginario rende invece la sostituzione non valida come trasformata classica nel punto corrispondente; possono essere necessarie distribuzioni o valori principali.
Significato fisico: risposta armonica
Si applichi l’esponenziale complesso \(u(t)=Ue^{j\omega t}\), idealmente presente da \(-\infty\). A regime, usando la convoluzione e ponendo \(\sigma=t-\tau\),
$$ \begin{aligned} y_r(t) &=DUe^{j\omega t}+\int_{-\infty}^{t}g(t-\tau)Ue^{j\omega\tau}d\tau\\ &=Ue^{j\omega t}\left[D+\int_0^\infty g(\sigma)e^{-j\omega\sigma}d\sigma\right]\\ &=H(j\omega)Ue^{j\omega t}. \end{aligned} $$Il sistema non cambia la pulsazione: moltiplica l’ampiezza per \(|H(j\omega)|\) e aggiunge la fase \(\arg H(j\omega)\). Per sistemi MIMO la relazione vale elemento per elemento e \(H(j\omega)\) è una matrice complessa.
Esempio svolto
Per
$$W(s)=\frac1{s+2},$$il polo è in \(-2\), la regione di convergenza causale è \(\Re s>-2\) e contiene l’asse immaginario. Quindi
$$ W(j\omega)=\frac1{2+j\omega} =\frac{2-j\omega}{4+\omega^2}, \quad |W(j\omega)|=\frac1{\sqrt{4+\omega^2}}, \quad \arg W(j\omega)=-\arctan\frac{\omega}{2}. $$Con \(u(t)=3\cos2t\),
$$|W(j2)|=\frac1{2\sqrt2},\qquad \arg W(j2)=-\frac\pi4,$$e
$$y_r(t)=\frac{3}{2\sqrt2}\cos\left(2t-\frac\pi4\right).$$Tempo discreto
L’analogo TD è la restrizione della trasformata zeta alla circonferenza unitaria: \(H(e^{j\Omega})=H(z)|_{z=e^{j\Omega}}\), valida se la circonferenza unitaria appartiene alla regione di convergenza, cioè per un sistema razionale causale asintoticamente stabile.
Follow-up probabili
Posso sempre sostituire \(s=j\omega\)?
No. Occorre che il punto \(j\omega\), e per una risposta in frequenza completa tutto l’asse, appartenga alla regione di convergenza.
Che cosa accade con un integratore \(1/s\)?
Il polo è sull’asse immaginario; la risposta in frequenza classica non è definita in \(\omega=0\) e il sistema non è BIBO stabile.
Qual è la differenza operativa tra Laplace e Fourier?
Laplace gestisce condizioni iniziali e transitori causali; Fourier scompone segnali in frequenze e fornisce direttamente il comportamento a regime.
Calcolo esponenziale e potenza di matrice (una volta esponenziale di matrice con autovalori reali e una volta potenza di matrice con autovalori reali)
Inquadramento
L’esponenziale \(e^{At}\) genera l’evoluzione libera dei sistemi continui, mentre la potenza \(A^k\) genera quella dei sistemi discreti. Se \(A\) possiede una base reale completa di autovettori, entrambi i calcoli si riducono all’elevamento di scalari reali.
Definizioni e ipotesi
Sia \(A\in\mathbb R^{n\times n}\) diagonalizzabile su \(\mathbb R\). Esistono autovalori reali \(\lambda_1,\ldots,\lambda_n\) e \(n\) autovettori indipendenti \(v_1,\ldots,v_n\). Ponendo
$$ V=\begin{bmatrix}v_1&\cdots&v_n\end{bmatrix},\qquad \Lambda=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n), $$la relazione \(Av_i=\lambda_iv_i\) per ogni \(i\) equivale a
$$AV=V\Lambda,\qquad A=V\Lambda V^{-1}.$$Enunciato
Per ogni intero \(k\ge0\) e ogni \(t\in\mathbb R\),
$$ A^k=V\Lambda^kV^{-1},\qquad e^{At}=Ve^{\Lambda t}V^{-1}, $$dove
$$ \Lambda^k=\operatorname{diag}(\lambda_1^k,\ldots,\lambda_n^k),\qquad e^{\Lambda t}=\operatorname{diag}(e^{\lambda_1t},\ldots,e^{\lambda_nt}). $$Dimostrazione completa
Per \(k=0\), \(V\Lambda^0V^{-1}=VIV^{-1}=I=A^0\). Se \(A^k=V\Lambda^kV^{-1}\), allora
$$ A^{k+1}=A^kA= V\Lambda^kV^{-1}V\Lambda V^{-1} =V\Lambda^{k+1}V^{-1}. $$Per induzione la formula vale per ogni \(k\ge0\). Usando la definizione in serie dell’esponenziale e la convergenza assoluta,
$$ \begin{aligned} e^{At} &=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^kt^k}{k!} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{V\Lambda^kV^{-1}t^k}{k!}\\ &=V\left(\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Lambda^kt^k}{k!}\right)V^{-1} =Ve^{\Lambda t}V^{-1}. \end{aligned} $$Poiché \(\Lambda\) è diagonale, ogni operazione si esegue elemento per elemento. Se gli autovalori sono ripetuti ma esistono comunque \(n\) autovettori indipendenti, la prova non cambia. Se gli autovettori non formano una base, occorre la forma di Jordan e compaiono fattori \(t^he^{\lambda t}\) in TC e polinomi in \(k\) moltiplicati per \(\lambda^k\) in TD.
Esempio completo: esponenziale con autovalori reali
Sia
$$A=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}.$$Il polinomio caratteristico è
$$\det(\lambda I-A)=\lambda^2+3\lambda+2=(\lambda+1)(\lambda+2),$$quindi \(\lambda_1=-1\), \(\lambda_2=-2\). Si possono scegliere
$$v_1=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix},\qquad v_2=\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix}.$$Allora
$$ V=\begin{bmatrix}1&1\\-1&-2\end{bmatrix},\qquad V^{-1}=\begin{bmatrix}2&1\\-1&-1\end{bmatrix},\qquad e^{\Lambda t}=\begin{bmatrix}e^{-t}&0\\0&e^{-2t}\end{bmatrix}. $$Eseguendo i due prodotti,
$$ \begin{aligned} e^{At} &=\begin{bmatrix}1&1\\-1&-2\end{bmatrix} \begin{bmatrix}e^{-t}&0\\0&e^{-2t}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}2&1\\-1&-1\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 2e^{-t}-e^{-2t}&e^{-t}-e^{-2t}\\ -2e^{-t}+2e^{-2t}&-e^{-t}+2e^{-2t} \end{bmatrix}. \end{aligned} $$Per \(t=0\) si ottiene \(I\); derivando in \(t=0\) si ottiene \(A\), due verifiche indipendenti del calcolo.
Esempio completo: potenza con autovalori reali
Sia
$$A=\begin{bmatrix}2&1\\0&3\end{bmatrix}.$$Gli autovalori sono \(2\) e \(3\), con autovettori \(v_1=(1,0)^T\) e \(v_2=(1,1)^T\). Pertanto
$$ V=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix},\qquad V^{-1}=\begin{bmatrix}1&-1\\0&1\end{bmatrix}. $$Segue
$$ \begin{aligned} A^k &=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}2^k&0\\0&3^k\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1&-1\\0&1\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}2^k&3^k-2^k\\0&3^k\end{bmatrix}. \end{aligned} $$Per esempio
$$A^3=\begin{bmatrix}8&19\\0&27\end{bmatrix},$$che coincide con il prodotto diretto \(A^2A\), dato che \(A^2=\begin{bmatrix}4&5\\0&9\end{bmatrix}\).
Follow-up probabili
Autovalori distinti garantiscono diagonalizzabilità?
Sì: autovettori associati ad autovalori distinti sono linearmente indipendenti.
Come si controlla rapidamente \(e^{At}\)?
Devono valere \(e^{A0}=I\) e \(\frac{d}{dt}e^{At}|_{t=0}=A\).
Che cosa succede se \(\lambda_i=0\) nel calcolo di \(A^k\)?
Per \(k=0\) si usa \(\Lambda^0=I\); per \(k>0\) il contributo del modo nullo è zero. Per potenze negative servirebbe invece \(A\) invertibile.
Domanda su una particolare struttura del diagramma di Bode
Inquadramento
Da una struttura assegnata dei diagrammi di Bode si possono inferire tipo del sistema, guadagno, pulsazioni di spezzata, molteplicità di poli e zeri e presenza di coppie complesse poco smorzate. L’identificazione non è sempre unica: il modulo non distingue singolarità nel semipiano destro da quelle speculari nel sinistro; la fase fornisce l’informazione mancante.
Definizioni e ipotesi
Una funzione SISO razionale si fattorizza nella forma normalizzata
$$ W(s)=K\,s^\nu \frac{\prod_i(1+s\tau_{z,i})^{m_{z,i}} \prod_r[1+2\zeta_{z,r}s/\omega_{n,z,r}+(s/\omega_{n,z,r})^2]^{q_{z,r}}} {\prod_j(1+s\tau_{p,j})^{m_{p,j}} \prod_\ell[1+2\zeta_{p,\ell}s/\omega_{n,p,\ell}+(s/\omega_{n,p,\ell})^2]^{q_{p,\ell}}}. $$Il diagramma del modulo è \(20\log_{10}|W(j\omega)|\); il diagramma della fase è \(\arg W(j\omega)\), con ascissa logaritmica.
Enunciato: leggi di lettura
| Elemento osservato | Deduzione |
|---|---|
| Pendenza iniziale \(20\nu\) dB/dec | \(\nu>0\): zeri nell’origine; \(\nu<0\): poli nell’origine. Il tipo è \(-\nu\) quando \(\nu<0\). |
| Cambio \(+20m\) dB/dec | Zero reale di molteplicità \(m\). |
| Cambio \(-20m\) dB/dec | Polo reale di molteplicità \(m\). |
| Cambio di \(\pm40m\) dB/dec | Coppia di zeri o poli di secondo ordine, molteplicità \(m\). |
| Picco prima di una caduta di \(40\) dB/dec | Coppia di poli complessi poco smorzata; altezza legata a \(\zeta\). |
| Notch profondo con aumento di \(40\) dB/dec | Coppia di zeri complessi; per \(\zeta=0\) il modulo si annulla. |
| Fase senza variazione corrispondente nel modulo | Ritardo puro o fattore passa-tutto. |
Dimostrazione e giustificazione delle regole
Il logaritmo trasforma prodotti e rapporti in somme e differenze:
$$20\log_{10}|W|=20\log_{10}|K|+\sum\text{contributi degli zeri}-\sum\text{contributi dei poli}.$$Per un binomio, con \(r=\omega|\tau|\),
$$20\log_{10}|1+j\omega\tau|=10\log_{10}(1+r^2).$$Se \(r\ll1\), il contributo tende a \(0\) dB; se \(r\gg1\), vale \(20\log_{10}r\), una retta di pendenza \(+20\) dB/dec. Un binomio al denominatore cambia il segno. Per un trinomio, ad alta frequenza domina \((j\omega/\omega_n)^2\), quindi il contributo è \(\pm40\) dB/dec. Le molteplicità moltiplicano le pendenze.
La fase è la somma degli argomenti. Un polo reale stabile dà un ritardo complessivo di \(90^\circ\), uno zero stabile un anticipo di \(90^\circ\); una coppia stabile dà rispettivamente \(-180^\circ\) o \(+180^\circ\). Se una singolarità è nel semipiano destro, il modulo resta invariato ma il segno del contributo di fase si inverte. Quindi dal solo modulo si identifica una funzione plausibile; per identificarne il segno delle costanti di tempo occorre la fase o l’ipotesi di fase minima.
Procedura pratica di identificazione
- Leggere la pendenza del primo tratto e ricavare \(\nu\).
- Prolungare il primo tratto fino a \(\omega=1\) e ricavare \(20\log_{10}|K|\).
- Segnare ogni pulsazione alla quale cambia pendenza.
- Dividere il salto di pendenza per \(20\) dB/dec; il segno distingue polo e zero, il valore assoluto la molteplicità.
- Cercare picchi o notch e stimare \(\omega_n,\zeta\).
- Usare la fase per distinguere semipiano sinistro, semipiano destro e ritardi.
- Controllare la pendenza finale: deve essere \(20(\deg N-\deg D)\) dB/dec.
Esempio completo di struttura assegnata
Supponiamo di leggere: pendenza iniziale \(-20\) dB/dec; un picco vicino a \(1\) rad/s seguito da un’ulteriore diminuzione di \(40\) dB/dec; aumento di \(20\) dB/dec a \(10\) rad/s; diminuzione di \(20\) dB/dec a \(100\) rad/s. La fase parte da \(-90^\circ\), scende di circa \(180^\circ\) attorno a \(1\), sale di \(90^\circ\) attorno a \(10\) e scende di \(90^\circ\) attorno a \(100\). Una funzione plausibile, stabile e a fase minima, è
$$ W(s)= \frac{100(1+s/10)} {s\,[1+0.4s+s^2]\,(1+s/100)}. $$Infatti:
- \(1/s\) dà pendenza iniziale \(-20\) dB/dec e fase \(-90^\circ\);
- \(1+0.4s+s^2=1+2\zeta s/\omega_n+(s/\omega_n)^2\) dà \(\omega_n=1\), \(\zeta=0.2\), coppia di poli e salto \(-40\) dB/dec;
- \(1+s/10\) è uno zero in \(-10\), salto \(+20\) dB/dec e anticipo \(+90^\circ\);
- \(1+s/100\) al denominatore è un polo in \(-100\), salto \(-20\) dB/dec e ritardo \(-90^\circ\).
A bassa frequenza \(|W(j\omega)|\simeq100/\omega\), dunque il prolungamento a \(\omega=1\) vale \(40\) dB. Il secondo ordine isolato ha
$$\omega_r=\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}\simeq0.959,\qquad M_r=\frac1{2\zeta\sqrt{1-\zeta^2}}\simeq2.55,$$perciò produce un rilievo di circa \(8.1\) dB. Esattamente a \(\omega=1\), includendo anche i fattori lenti,
$$|W(j)|\simeq\frac{100\sqrt{1+0.1^2}}{0.4\sqrt{1+0.01^2}}\simeq251,\qquad 20\log_{10}|W(j)|\simeq48.0\text{ dB}.$$Le pendenze successive sono \(-20,-60,-40,-60\) dB/dec; la fase finale è \(-270^\circ\), coerente con grado relativo \(3\).
Follow-up probabili
Dal solo modulo si distingue uno zero a destra da uno a sinistra?
No: \(1+j\omega\tau\) ha modulo dipendente da \(|\tau|\). Il segno di \(\tau\), quindi il semipiano, si riconosce dalla fase.
Che cosa segnala un picco di risonanza?
Tipicamente una coppia di poli complessi con \(0<\zeta<1/\sqrt2\); posizione e altezza permettono di stimare \(\omega_n\) e \(\zeta\).
Come si riconosce un ritardo puro?
Non modifica il modulo, ma aggiunge una fase \(-\omega T\), non limitata e lineare nella pulsazione.
Perché l’identificazione è detta “plausibile”?
Perché diagrammi approssimati e intervallo di frequenze finito possono nascondere singolarità; inoltre fattori passa-tutto condividono il modulo con il sistema di fase minima.
Criterio di Routh tempo discreto e tempo continuo
Inquadramento
Il criterio di Routh stabilisce quante radici di un polinomio appartengono al semipiano destro senza calcolarle. In TC fornisce direttamente il test di Hurwitz; nel TD, secondo l’impostazione degli appunti, si trasforma prima il cerchio unitario nel semipiano sinistro mediante una trasformazione bilineare e si applica poi Routh al polinomio trasformato.
Definizioni e ipotesi
Sia
$$p(s)=a_0s^n+a_1s^{n-1}+\cdots+a_n,\qquad a_0\ne0,$$a coefficienti reali. La tabella di Routh ha \(n+1\) righe. Le prime due sono
$$ \begin{array}{c|cccc} s^n&a_0&a_2&a_4&\cdots\\ s^{n-1}&a_1&a_3&a_5&\cdots \end{array}. $$Indicando con \(r_{i,j}\) l’elemento di riga \(i\), colonna \(j\), le righe successive si calcolano con
$$ r_{i,j}= \frac{r_{i-1,1}r_{i-2,j+1}-r_{i-2,1}r_{i-1,j+1}} {r_{i-1,1}}, $$considerando nulli gli elementi mancanti.
Enunciato del criterio di Routh in TC
Se la tabella è ben definita e il polinomio non ha radici sull’asse immaginario, il numero di variazioni di segno nella prima colonna è uguale al numero di radici di \(p\) nel semipiano destro, contate con molteplicità. In particolare, \(p\) è Hurwitz se e solo se tutti gli elementi della prima colonna sono non nulli e hanno lo stesso segno.
Dimostrazione e giustificazione del conteggio delle radici
Si separano parte pari e dispari:
$$p(s)=E(s^2)+sO(s^2).$$Sull’asse immaginario,
$$p(j\omega)=E(-\omega^2)+j\omega O(-\omega^2).$$Il numero di avvolgimenti della curva \(p(j\omega)\) attorno all’origine determina, per il principio dell’argomento applicato al contorno del semipiano destro, il numero di zeri di \(p\) in tale semipiano. Ogni attraversamento dell’asse immaginario nel piano dei valori è descritto dal rapporto reale
$$R(\omega)=\frac{\omega O(-\omega^2)}{E(-\omega^2)}.$$Il suo indice di Cauchy conta con segno i passaggi da \(+\infty\) a \(-\infty\) e viceversa, quindi la variazione totale dell’argomento. L’algoritmo di Routh è precisamente l’algoritmo euclideo applicato ai polinomi \(E\) e \(sO\): i resti, con segno alternato e normalizzazione tramite il primo elemento della riga precedente, sono le righe della tabella. Il teorema di Sturm–Cauchy afferma che l’indice del rapporto è la differenza delle variazioni di segno della catena ai due estremi; nella tabella tale differenza si riduce alle variazioni della prima colonna. Il principio dell’argomento converte infine quell’indice nel numero di zeri nel semipiano destro. Questo giustifica sia la ricorrenza sia il conteggio enunciato.
Esempio TC
Per
$$p(s)=s^3+6s^2+12s+6,$$la tabella è
$$ \begin{array}{c|cc} s^3&1&12\\ s^2&6&6\\ s^1&\dfrac{6\cdot12-1\cdot6}{6}=11&0\\ s^0&6& \end{array}. $$La prima colonna \(1,6,11,6\) è positiva: non vi sono radici nel semipiano destro e il polinomio è Hurwitz.
Casi particolari della tabella
Zero nella prima colonna, riga non nulla. Si sostituisce lo zero con \(\varepsilon>0\), si completa la tabella e si considera il limite \(\varepsilon\to0^+\). Il segno dei termini dominanti determina il numero di variazioni. Questa perturbazione sposta infinitesimamente il caso degenerato senza cambiare il conteggio delle radici lontane dall’asse.
Riga interamente nulla. La riga precedente definisce il polinomio ausiliario \(A_{\mathrm{aux}}(s)\), formato con le potenze indicate da quella riga. Si sostituisce la riga nulla con i coefficienti di \(A'_{\mathrm{aux}}(s)\) e si prosegue. La riga nulla segnala un fattore con radici simmetriche rispetto all’origine; se esse sono sull’asse immaginario, il sistema non è asintoticamente stabile.
Per esempio, se la riga \(s^4\) è \([1,1,1]\), allora \(A_{\mathrm{aux}}(s)=s^4+s^2+1\) e la riga nulla sottostante si sostituisce con i coefficienti di \(4s^3+2s\), cioè \([4,2,0]\).
Tempo discreto secondo gli appunti: trasformazione bilineare e Routh
Per un polinomio caratteristico TD
$$p(z)=a_0z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_n,$$l’asintotica stabilità richiede \(|z_i|<1\) per ogni radice. Gli appunti usano
$$z=\frac{w+1}{w-1},\qquad q(w)=(w-1)^n p\!\left(\frac{w+1}{w-1}\right).$$La mappa porta il semipiano sinistro nell’interno del cerchio unitario. Infatti, per \(w=a+jb\),
$$ |z|<1 \iff |w+1|<|w-1| \iff (a+1)^2+b^2<(a-1)^2+b^2 \iff a<0. $$Quindi tutte le radici di \(p(z)\) sono nel disco unitario se e solo se tutte le radici del polinomio reale \(q(w)\) sono nel semipiano sinistro. Si costruisce la tabella di Routh di \(q\). Se il grado di \(q\) scende, allora \(p(1)=0\): è presente una radice sul bordo e manca l’asintotica stabilità.
Esempio TD con parametro
Per
$$p(z)=z^2+z+h,$$si ottiene
$$ \begin{aligned} q(w) &=(w-1)^2\left[\left(\frac{w+1}{w-1}\right)^2+ \frac{w+1}{w-1}+h\right]\\ &=(w+1)^2+(w+1)(w-1)+h(w-1)^2\\ &=(2+h)w^2+(2-2h)w+h. \end{aligned} $$Per un secondo grado, Routh richiede coefficienti tutti dello stesso segno. Con il coefficiente principale positivo:
$$ 2+h>0,\qquad 2-2h>0,\qquad h>0 \quad\Longleftrightarrow\quad 0<h<1. $$Questo è quindi l’intervallo di stabilità Schur del polinomio originario.
Criterio di Jury come alternativa
Jury opera direttamente nel piano \(z\). Una forma ricorsiva equivalente parte da \(p_0(z)=a_0z^n+\cdots+a_n\): occorre \(|a_n|<|a_0|\), poi si costruisce
$$ p_1(z)=\frac{a_0p_0(z)-a_nz^np_0(1/z)}{z}, $$che ha grado \(n-1\), e si ripete il confronto tra coefficiente iniziale e finale. Nella forma tabellare si aggiungono anche i controlli \(p(1)>0\) e \((-1)^np(-1)>0\) dopo aver normalizzato \(a_0>0\). È un test diretto utile, ma nel corso la procedura da mettere in primo piano è la trasformazione bilineare seguita da Routh.
Follow-up probabili
Che cosa conta una variazione di segno?
Una radice nel semipiano destro, con molteplicità. Nessuna variazione equivale a tutte le radici nel semipiano sinistro se non vi sono degenerazioni.
Perché una riga nulla richiede un polinomio ausiliario?
Segnala un fattore pari o dispari con radici simmetriche; la derivata spezza la degenerazione e consente di proseguire l’algoritmo conservando il conteggio.
Quale regione stabile si usa in TD?
Il disco aperto \(|z|<1\); i punti sul cerchio unitario danno al più stabilità semplice, non asintotica.
La trasformazione degli appunti è la sola possibile?
No. Esistono convenzioni bilineari equivalenti che differiscono per un cambio di segno della variabile; qui si usa esattamente \(z=(w+1)/(w-1)\).
Polinomio minimo e caratteristico
Inquadramento
Il polinomio caratteristico elenca gli autovalori con molteplicità algebrica; il polinomio minimo è il più piccolo polinomio che annulla la matrice e misura anche la lunghezza delle catene di autovettori generalizzati. Il loro confronto determina quanto le dinamiche interne possano semplificarsi nelle espressioni matriciali.
Definizioni e ipotesi
Per \(A\in\mathbb C^{n\times n}\), il polinomio caratteristico è
$$\chi_A(s)=\det(sI-A),$$monico di grado \(n\). Il polinomio minimo \(m_A(s)\) è l’unico polinomio monico di grado minimo tale che
$$m_A(A)=0.$$Enunciato delle relazioni fondamentali
- \(m_A\) divide ogni polinomio \(q\) tale che \(q(A)=0\).
- Per Cayley–Hamilton, \(\chi_A(A)=0\), dunque \(m_A\mid\chi_A\).
- \(m_A\) e \(\chi_A\) hanno le stesse radici distinte: tutti e soli gli autovalori di \(A\).
- Se i blocchi di Jordan relativi a \(\lambda_i\) hanno dimensioni \(d_{i1},\ldots,d_{ir_i}\), allora
Di conseguenza \(m_A=\chi_A\) se e solo se, per ogni autovalore, esiste un solo blocco di Jordan.
Dimostrazione completa dei risultati
Unicità e divisibilità. Sia \(q(A)=0\). Per la divisione euclidea esistono \(d,r\) tali che
$$q(s)=d(s)m_A(s)+r(s),\qquad \deg r<\deg m_A.$$Valutando in \(A\),
$$0=q(A)=d(A)m_A(A)+r(A)=r(A).$$Per la minimalità di \(m_A\), l’unico resto di grado minore che annulla \(A\) è il polinomio nullo; quindi \(r=0\) e \(m_A\mid q\). Se esistessero due polinomi minimi monici, ciascuno dividerebbe l’altro e, avendo lo stesso grado e coefficiente principale, coinciderebbero.
Divisione del caratteristico. Cayley–Hamilton dà \(\chi_A(A)=0\). Applicando il risultato precedente con \(q=\chi_A\), si ottiene \(m_A\mid\chi_A\).
Ogni autovalore è radice del minimo. Se \(Av=\lambda v\), \(v\ne0\), allora per ogni polinomio \(p\), \(p(A)v=p(\lambda)v\). In particolare,
$$0=m_A(A)v=m_A(\lambda)v,$$e dunque \(m_A(\lambda)=0\).
Ogni radice del minimo è un autovalore. Se \(\mu\) fosse radice di \(m_A\) ma non autovalore, si potrebbe scrivere \(m_A(s)=(s-\mu)q(s)\). La matrice \(A-\mu I\) sarebbe invertibile e
$$0=m_A(A)=(A-\mu I)q(A)$$implicherebbe \(q(A)=0\), in contraddizione con \(\deg q<\deg m_A\). Quindi \(\mu\) è un autovalore.
Esponenti e blocchi di Jordan. Su un blocco \(J_d(\lambda)=\lambda I+N\), con \(N^d=0\) e \(N^{d-1}\ne0\), il fattore \((s-\lambda)^r\) valutato sul blocco dà \(N^r\), che lo annulla se e solo se \(r\ge d\). I fattori associati ad autovalori diversi da \(\lambda\) sono invertibili sul blocco, quindi non possono ridurre questo esponente. Per annullare tutti i blocchi relativi a \(\lambda\) serve e basta l’esponente pari alla dimensione del blocco più grande. Il caratteristico, invece, moltiplica i caratteristici dei blocchi e somma le loro dimensioni. Le formule seguono.
Esempi in cui coincidono e differiscono
Matrice scalare. Se \(A=-2I_3\),
$$\chi_A(s)=(s+2)^3,\qquad m_A(s)=s+2.$$Il minimo differisce perché vi sono tre blocchi \(1\times1\) per lo stesso autovalore.
Un solo blocco. Se
$$A=\begin{bmatrix}-2&1&0\\0&-2&1\\0&0&-2\end{bmatrix},$$allora
$$\chi_A(s)=m_A(s)=(s+2)^3,$$poiché \((A+2I)^3=0\) ma \((A+2I)^2\ne0\).
Caso misto. Per
$$A=\begin{bmatrix}1&1&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&3\end{bmatrix},$$si ha
$$\chi_A(s)=(s-1)^3(s-3),\qquad m_A(s)=(s-1)^2(s-3).$$Per \(\lambda=1\) i blocchi hanno dimensioni \(2\) e \(1\): il caratteristico usa \(2+1=3\), il minimo usa \(\max(2,1)=2\).
Tempo continuo e tempo discreto
Le relazioni algebriche non dipendono dal tempo. In TC il minimo determina i modi \(t^he^{\lambda t}\) necessari in \(e^{At}\); in TD determina i modi polinomiali in \(k\) moltiplicati per \(\lambda^k\). Inoltre consente di ridurre ogni potenza di \(A\) a una combinazione delle potenze inferiori al suo grado.
Follow-up probabili
Il minimo può avere una radice che non è nel caratteristico?
No. Il minimo divide il caratteristico e, più direttamente, una radice non autovalore potrebbe essere eliminata usando l’invertibilità di \(A-\mu I\).
Qual è l’esponente di un autovalore nel minimo?
La dimensione del più grande blocco di Jordan relativo a quell’autovalore, non la molteplicità geometrica.
Quando una matrice è diagonalizzabile in termini del minimo?
Quando \(m_A\) è prodotto di fattori lineari distinti, cioè ogni esponente è uno.
Termine trinomio del diagramma di Bode
Inquadramento
Il termine trinomio normalizzato rappresenta una coppia di poli o zeri del secondo ordine. Gli asintoti dipendono dall’ordine, mentre l’andamento esatto vicino alla pulsazione naturale dipende fortemente dallo smorzamento: possono comparire risonanza, notch o un salto di fase.
Definizioni e ipotesi
Si considera
$$ T_\mu(s)= \left[1+2\zeta\frac{s}{\omega_n}+ \left(\frac{s}{\omega_n}\right)^2\right]^\mu, $$con \(\omega_n>0\), \(\zeta\in\mathbb R\) e, tipicamente, \(\mu\in\mathbb Z\setminus\{0\}\). Se \(\mu>0\) il trinomio è al numeratore, se \(\mu<0\) è al denominatore; \(|\mu|\) è la molteplicità. Ponendo \(r=\omega/\omega_n\),
$$ Q(j\omega)=1-r^2+j\,2\zeta r. $$Enunciato: modulo e fase esatti
Il contributo al modulo in decibel è
$$ L_\mu(\omega)=20\log_{10}|T_\mu(j\omega)| =10\mu\log_{10}\!\left[(1-r^2)^2+4\zeta^2r^2\right]. $$La fase continua, o “srotolata”, si calcola senza ambiguità di quadrante con
$$ \phi_\mu(\omega)= \mu\,\operatorname{atan2}(2\zeta r,\,1-r^2). $$Per \(\zeta>0\), la fase di \(Q\) passa da \(0^\circ\) a \(180^\circ\); elevare a \(\mu\) moltiplica modulo in dB e fase per \(\mu\). Per un denominatore semplice, \(\mu=-1\), la fase passa quindi da \(0^\circ\) a \(-180^\circ\).
Dimostrazione delle formule e degli asintoti
Dalla parte reale e immaginaria di \(Q(j\omega)\),
$$|Q(j\omega)|^2=(1-r^2)^2+(2\zeta r)^2.$$Poiché \(|Q^\mu|=|Q|^\mu\),
$$20\log_{10}|Q^\mu|=20\mu\log_{10}|Q| =10\mu\log_{10}|Q|^2,$$che dà la formula del modulo. L’argomento di un prodotto viene moltiplicato per l’esponente, mentre \(\operatorname{atan2}\) usa simultaneamente parte immaginaria e reale e assegna il quadrante corretto.
Se \(r\ll1\), \(Q(j\omega)\simeq1\), quindi il contributo è \(0\) dB e \(0^\circ\). Se \(r\gg1\), \(|Q|\simeq r^2\), perciò
$$L_\mu(\omega)\simeq40\mu\log_{10}r.$$L’asintoto del modulo è dunque orizzontale prima di \(\omega_n\) e ha pendenza \(40\mu\) dB/dec dopo \(\omega_n\). Per \(\zeta>0\), l’asintoto a gradino della fase vale \(0^\circ\) prima e \(180\mu^\circ\) dopo; una approssimazione lineare più dolce distribuisce il cambiamento fra \(0.1\omega_n\) e \(10\omega_n\).
Alla pulsazione naturale, per \(\zeta\ne0\),
$$|Q(j\omega_n)|=2|\zeta|,\qquad L_\mu(\omega_n)=20\mu\log_{10}(2|\zeta|),\qquad \phi_\mu(\omega_n)=90^\circ\,\mu\,\operatorname{sgn}\zeta.$$Picco di risonanza
Per una coppia di poli semplice, \(G=Q^{-1}\), si pone
$$D(r)=|Q(j\omega)|^2=(1-r^2)^2+4\zeta^2r^2 =1+(4\zeta^2-2)r^2+r^4.$$Derivando,
$$D'(r)=4r(r^2+2\zeta^2-1).$$Oltre a \(r=0\), esiste un punto stazionario positivo se e solo se \(0<|\zeta|<1/\sqrt2\), e allora
$$r_r=\sqrt{1-2\zeta^2},\qquad \omega_r=\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}.$$In tale punto \(D(r_r)=4\zeta^2(1-\zeta^2)\). Per \(\zeta>0\) il modulo del termine al denominatore ha quindi il massimo
$$M_r=\frac1{2\zeta\sqrt{1-\zeta^2}}.$$Per il trinomio al numeratore lo stesso punto è un minimo del modulo, perché il diagramma in dB è il riflesso rispetto all’asse \(0\) dB.
Tutte le casistiche dello smorzamento
- \(\zeta>1\): due radici reali negative distinte; il trinomio si fattorizza in due binomi con singolarità nel semipiano sinistro e non presenta risonanza.
- \(\zeta=1\): \(Q(s)=(1+s/\omega_n)^2\). Alla spezzata il numeratore vale \(+6.02\) dB e il denominatore \(-6.02\) dB rispetto al livello \(0\).
- \(1/\sqrt2\le\zeta<1\): radici complesse coniugate nel semipiano sinistro — poli se \(\mu<0\), zeri se \(\mu>0\) — ma nessun massimo di risonanza del termine al denominatore a pulsazione positiva.
- \(0<\zeta<1/\sqrt2\): coppia complessa poco smorzata e picco del termine al denominatore alle quantità \(\omega_r,M_r\) sopra calcolate.
- \(\zeta=0\): \(Q(j\omega)=1-r^2\). A \(\omega_n\) il numeratore si annulla, quindi il modulo tende a \(-\infty\) dB; il reciproco tende a \(+\infty\). La fase salta di \(180\mu^\circ\).
- \(\zeta<0\): il modulo è identico al caso \(|\zeta|\), ma la fase cambia segno. Le radici hanno parte reale positiva: al denominatore il sistema è instabile; al numeratore gli zeri sono a fase non minima.
Esempio numerico
Per
$$G(s)=\frac1{1+0.4s+s^2},$$si ha \(\omega_n=1\), \(\zeta=0.2\), \(\mu=-1\). Alla pulsazione naturale
$$|G(j)|=\frac1{0.4}=2.5,\qquad 20\log_{10}|G(j)|=7.96\text{ dB},\qquad \arg G(j)=-90^\circ.$$Il massimo effettivo è
$$\omega_r=\sqrt{0.92}\simeq0.959,\qquad M_r=\frac1{0.4\sqrt{0.96}}\simeq2.552,\qquad 20\log_{10}M_r\simeq8.14\text{ dB}.$$Follow-up probabili
Quando esiste il picco di risonanza?
Per una coppia di poli con \(0<\zeta<1/\sqrt2\); la pulsazione è \(\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}\).
Che cosa cambia se il trinomio è al numeratore?
Il contributo in dB e la fase cambiano segno; il picco del reciproco diventa un avvallamento.
Il modulo permette di distinguere \(\zeta\) da \(-\zeta\)?
No, perché contiene \(\zeta^2\). La fase cambia invece segno e rivela il semipiano delle radici.
Che cosa accade per \(\zeta=0\)?
Le radici sono \(\pm j\omega_n\): il numeratore ha un notch nullo, il denominatore una singolarità infinita, e la fase salta di \(180^\circ\).
Passaggi e leggi che regolano i diagrammi di Bode dei termini binomi, con tutte le particolarità (molteplicità positiva/negativa, tau positiva/negativa)
Inquadramento
Il binomio è il mattone elementare dei diagrammi di Bode: descrive un polo o uno zero reale, eventualmente multiplo. Il modulo dipende soltanto dal valore assoluto della costante di tempo; la fase distingue invece una singolarità nel semipiano sinistro da quella speculare nel semipiano destro.
Definizioni e ipotesi
Si considera
$$B_{\mu,\tau}(s)=(1+s\tau)^\mu,$$con \(\tau\ne0\) e, per una funzione razionale, \(\mu\in\mathbb Z\setminus\{0\}\). Se \(\mu>0\) si ha uno zero di molteplicità \(\mu\); se \(\mu<0\) un polo di molteplicità \(|\mu|\). La pulsazione di spezzata è
$$\omega_b=\frac1{|\tau|},\qquad r=\frac{\omega}{\omega_b}=\omega|\tau|,\qquad \sigma=\operatorname{sgn}\tau.$$La singolarità è \(s_0=-1/\tau\): appartiene al semipiano sinistro se \(\tau>0\), al destro se \(\tau<0\).
Enunciato: leggi esatte
Poiché \(1+j\omega\tau=1+j\sigma r\),
$$ L_{\mu,\tau}(\omega) =20\log_{10}|B_{\mu,\tau}(j\omega)| =10\mu\log_{10}(1+r^2), $$ $$ \phi_{\mu,\tau}(\omega) =\arg B_{\mu,\tau}(j\omega) =\mu\sigma\arctan r. $$Il modulo è indipendente dal segno di \(\tau\); la fase dipende dal prodotto \(\mu\,\operatorname{sgn}\tau\).
Dimostrazione e asintoti
Il modulo del binomio semplice è
$$|1+j\sigma r|=\sqrt{1+r^2}.$$Elevando alla potenza \(\mu\) e passando ai decibel si ottiene \(10\mu\log_{10}(1+r^2)\). L’argomento del numero \(1+j\sigma r\), la cui parte reale è positiva, è \(\arctan(\sigma r)=\sigma\arctan r\); la potenza lo moltiplica per \(\mu\).
Per \(r\ll1\), il modulo tende a \(0\) dB e la fase a \(0^\circ\). Per \(r\gg1\),
$$L_{\mu,\tau}\simeq20\mu\log_{10}r,$$quindi dopo \(\omega_b\) la pendenza è \(20\mu\) dB/dec. La fase tende a
$$\phi_{\mu,\tau}(\infty)=90^\circ\,\mu\,\operatorname{sgn}\tau.$$Alla pulsazione d’angolo \(r=1\),
$$ L_{\mu,\tau}(\omega_b)=10\mu\log_{10}2\simeq3.0103\,\mu\text{ dB}, \qquad \phi_{\mu,\tau}(\omega_b)=45^\circ\,\mu\,\operatorname{sgn}\tau. $$Poiché i due asintoti del modulo si incontrano a \(0\) dB, la correzione esatta è \(3|\mu|\) dB in valore assoluto: positiva per uno zero, negativa per un polo. Per la fase, gli appunti usano l’asintoto a gradino in \(\omega_b\); l’approssimazione lineare usuale parte da \(0.1\omega_b\), termina a \(10\omega_b\) e ha variazione \(45^\circ\mu\operatorname{sgn}\tau\) per decade.
Tabella completa delle quattro casistiche
| \(\mu\) | \(\tau\) | Singolarità | Modulo dopo \(\omega_b\) | Fase finale |
|---|---|---|---|---|
| \(\mu>0\) | \(\tau>0\) | zero LHP, fase minima | \(+20\mu\) dB/dec | \(+90^\circ\mu\) |
| \(\mu>0\) | \(\tau<0\) | zero RHP, non-minimum phase | \(+20\mu\) dB/dec | \(-90^\circ\mu\) |
| \(\mu<0\) | \(\tau>0\) | polo LHP, stabile | \(-20|\mu|\) dB/dec | \(-90^\circ|\mu|\) |
| \(\mu<0\) | \(\tau<0\) | polo RHP, instabile | \(-20|\mu|\) dB/dec | \(+90^\circ|\mu|\) |
Quattro grafici: modulo esatto/asintotico e fase
In ogni SVG la curva continua è esatta; la spezzata tratteggiata è l’approssimazione asintotica. I primi due casi hanno lo stesso modulo fra loro, così come gli ultimi due: è il verso della fase a rivelare il segno di \(\tau\).
Esempio con molteplicità
Sia \(|\tau|=0.1\), quindi \(\omega_b=10\) rad/s, e \(|\mu|=2\). Alla spezzata il modulo vale \(+6.02\) dB per \(\mu=2\) e \(-6.02\) dB per \(\mu=-2\). La fase alla spezzata ha modulo \(90^\circ\), mentre il valore finale ha modulo \(180^\circ\). Il segno è:
$$ \begin{array}{c|cccc} (\mu,\tau)&(+2,+0.1)&(+2,-0.1)&(-2,+0.1)&(-2,-0.1)\\\hline \phi(\omega_b)&+90^\circ&-90^\circ&-90^\circ&+90^\circ \end{array}. $$Tempo discreto
Nel TD i fattori reali si normalizzano tipicamente come \(1-a z^{-1}\); il modulo e la fase si valutano sulla circonferenza \(z=e^{j\Omega}\). Le regole non sono una semplice sostituzione globale di \(s\) con \(z\), perché la frequenza discreta è periodica; resta però valido il principio che il logaritmo del modulo e la fase di un prodotto sono somme dei contributi.
Follow-up probabili
Perché il modulo non dipende dal segno di \(\tau\)?
Perché \(|1+j\omega\tau|^2=1+\omega^2\tau^2\), che contiene soltanto \(\tau^2\).
Come si distingue una singolarità RHP?
Dalla fase: a parità di modulo, cambiare il segno di \(\tau\) inverte il contributo angolare.
Da dove vengono i \(3\) dB alla spezzata?
Per \(r=1\), \(|1+j\sigma|=\sqrt2\); \(20\log_{10}\sqrt2=10\log_{10}2\simeq3.01\) dB, poi si moltiplica per \(\mu\).
Un polo con \(\tau<0\) è stabile?
No. Il polo è \(s=-1/\tau>0\), nel semipiano destro; il modulo di Bode non lo rivela, ma la fase sì.
Modi di evoluzione sia tempo continuo sia tempo discreto
Inquadramento
I modi di evoluzione sono le funzioni elementari che compongono il moto libero di un sistema lineare stazionario. Essi traducono la struttura spettrale di \(A\) in andamento temporale e permettono di decidere convergenza, oscillazione e stabilità senza calcolare ogni traiettoria separatamente.
Definizioni e ipotesi
Si considerano il sistema a tempo continuo \(\dot x(t)=Ax(t)\) e quello a tempo discreto \(x(k+1)=Ax(k)\), con \(A\in\mathbb R^{n\times n}\). Un modo è una funzione scalare del tempo che compare nelle componenti di \(e^{At}\), nel caso continuo, oppure di \(A^k\), nel caso discreto. Per un autovalore \(\lambda\), l'indice \(\nu_\lambda\) è la dimensione del più grande blocco di Jordan associato a \(\lambda\).
Enunciato
Per ogni autovalore \(\lambda\) e per \(h=0,\ldots,\nu_\lambda-1\), i modi possibili sono:
Tempo continuo
$$t^h e^{\lambda t}.$$Tempo discreto
$$\binom{k}{h}\lambda^{\,k-h}.$$Se \(\lambda=\alpha\pm j\beta\), i modi reali continui sono \(t^h e^{\alpha t}\cos\beta t\) e \(t^h e^{\alpha t}\sin\beta t\); se \(\lambda=\rho e^{\pm j\theta}\), quelli discreti sono \(\binom{k}{h}\rho^{k-h}\cos((k-h)\theta)\) e \(\binom{k}{h}\rho^{k-h}\sin((k-h)\theta)\).
Dimostrazione completa
Tempo continuo
Esiste una matrice complessa invertibile \(T\) tale che \(A=TJT^{-1}\), dove \(J\) è a blocchi di Jordan. Per un blocco di ordine \(r\), \(J_\lambda=\lambda I+N\), con \(N^r=0\). Poiché \(\lambda I\) e \(N\) commutano,
$$e^{J_\lambda t}=e^{(\lambda I+N)t}=e^{\lambda t}e^{Nt} =e^{\lambda t}\sum_{h=0}^{\infty}\frac{N^h t^h}{h!} =e^{\lambda t}\sum_{h=0}^{r-1}\frac{N^h t^h}{h!}.$$La serie termina perché \(N^r=0\). Da \(e^{At}=Te^{Jt}T^{-1}\) segue che ogni componente del moto \(x(t)=e^{At}x_0\) è combinazione lineare di \(t^h e^{\lambda t}\). Se \(\lambda=\alpha+j\beta\),
$$e^{\lambda t}=e^{\alpha t}\bigl(\cos\beta t+j\sin\beta t\bigr).$$Associando il termine relativo a \(\bar\lambda\), i coefficienti immaginari si cancellano e rimangono le due funzioni reali pseudoperiodiche \(e^{\alpha t}\cos\beta t\) ed \(e^{\alpha t}\sin\beta t\), eventualmente moltiplicate per \(t^h\).
Tempo discreto
Per lo stesso blocco \(J_\lambda=\lambda I+N\), il binomio di Newton è applicabile perché le due matrici commutano:
$$J_\lambda^k=(\lambda I+N)^k =\sum_{h=0}^{k}\binom{k}{h}\lambda^{k-h}N^h =\sum_{h=0}^{\min(k,r-1)}\binom{k}{h}\lambda^{k-h}N^h.$$Quindi \(A^k=TJ^kT^{-1}\) contiene esattamente i modi \(\binom{k}{h}\lambda^{k-h}\). Per \(\lambda=\rho e^{j\theta}\), la formula di De Moivre dà \(\lambda^{k-h}=\rho^{k-h}[\cos((k-h)\theta)+j\sin((k-h)\theta)]\), da cui i modi reali dichiarati.
Convergenza e stabilità dei modi
- In TC, \(t^h e^{\lambda t}\to0\) se e solo se \(\operatorname{Re}\lambda<0\): il decadimento esponenziale domina qualunque potenza. Se \(\operatorname{Re}\lambda>0\), il modo diverge; se \(\operatorname{Re}\lambda=0\), è limitato soltanto per \(h=0\).
- In TD, \(\binom{k}{h}\lambda^{k-h}\to0\) se \(|\lambda|<1\), perché la decrescita geometrica domina il fattore polinomiale. Se \(|\lambda|>1\), diverge; se \(|\lambda|=1\), è limitato soltanto per \(h=0\).
Pertanto l'origine è asintoticamente stabile se e solo se tutti gli autovalori soddisfano \(\operatorname{Re}\lambda<0\) in TC, oppure \(|\lambda|<1\) in TD. La stabilità semplice ammette autovalori sulla frontiera soltanto se i relativi blocchi di Jordan hanno ordine uno.
Esempio svolto
Per \(A=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-1\end{bmatrix}=-I+N\), con \(N^2=0\),
$$e^{At}=e^{-t}(I+tN)=e^{-t}\begin{bmatrix}1&t\\0&1\end{bmatrix},\qquad A^k=(-1)^k I+k(-1)^{k-1}N.$$In TC compaiono \(e^{-t}\) e \(te^{-t}\), entrambi convergenti. In TD l'autovalore è \(-1\) con blocco di ordine due: il termine \(k(-1)^{k-1}\) cresce in modulo, quindi il sistema discreto è instabile nonostante \(|\lambda|=1\).
Follow-up probabili
Perché \(te^{-t}\) converge a zero?
Con l'Hôpital, \(\lim_{t\to\infty}t/e^t=\lim_{t\to\infty}1/e^t=0\); lo stesso vale per ogni \(t^h e^{-at}\), \(a>0\).
Un autovalore \(j\beta\) rende il sistema stabile?
Solo stabile semplice, e soltanto se i blocchi associati sono semisemplici; un blocco di ordine maggiore di uno introduce \(t^h\) e causa instabilità.
Che cosa accade per un autovalore discreto negativo?
Il segno alterna a ogni campione; l'ampiezza converge se \(|\lambda|<1\), resta costante se \(\lambda=-1\) semisemplice e diverge se \(|\lambda|>1\).
Come cambiano le traiettorie dei poli reali nel diagramma x₁–x₂
Inquadramento
Il ritratto di fase rappresenta nel piano degli stati le curve percorse da \(x(t)\), senza usare esplicitamente il tempo come asse. Per un sistema lineare del secondo ordine con autovalori reali, segni, molteplicità e autovettori determinano completamente la geometria locale e globale.
Definizioni e ipotesi
Si considera \(\dot x=Ax\), \(A\in\mathbb R^{2\times2}\), con equilibrio nell'origine. Se \(A\) possiede due autovettori indipendenti \(v_1,v_2\),
$$x(t)=c_1e^{\lambda_1t}v_1+c_2e^{\lambda_2t}v_2.$$Le rette \(\operatorname{span}v_i\) sono invarianti: iniziando su una di esse, la traiettoria vi rimane. Per un nodo stabile, l'autovettore associato all'autovalore di parte reale meno negativa è la direzione lenta alla quale le traiettorie diventano tangenti avvicinandosi all'origine.
Enunciato e classificazione
| Autovalori reali | Tipo | Verso e geometria |
|---|---|---|
| \(\lambda_1<\lambda_2<0\) | Nodo stabile | Tutte le traiettorie entrano nell'origine; tangenti alla direzione più lenta \(v_2\). |
| \(0<\lambda_1<\lambda_2\) | Nodo instabile | Tutte le traiettorie escono dall'origine; a ritroso sono tangenti alla direzione più lenta. |
| \(\lambda_1<0<\lambda_2\) | Sella | \(\operatorname{span}v_1\) è varietà stabile, \(\operatorname{span}v_2\) è varietà instabile. |
| \(\lambda_1=\lambda_2=\lambda\) | Stella o nodo improprio | Stella se \(A=\lambda I\); nodo improprio se esiste un solo autovettore. |
Dimostrazione completa e passaggi giustificati
Con il cambio di coordinate \(x=Tz\), \(T=[v_1\ v_2]\), si ha \(\dot z=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2)z\), dunque \(z_i(t)=z_i(0)e^{\lambda_i t}\). I segni degli autovalori danno immediatamente il verso lungo ciascun asse proprio.
Nel nodo stabile, supponiamo \(\lambda_1<\lambda_2<0\). Per dati iniziali con \(c_2\neq0\),
$$\frac{c_1e^{\lambda_1t}}{c_2e^{\lambda_2t}} =\frac{c_1}{c_2}e^{(\lambda_1-\lambda_2)t}\longrightarrow0.$$Quindi la componente lungo \(v_1\), più rapida, scompare relativamente a quella lungo \(v_2\): la traiettoria entra nell'origine tangente a \(v_2\). Nel nodo instabile lo stesso calcolo, letto per \(t\to-\infty\), descrive l'uscita dall'origine.
Nella sella, ponendo \(\lambda_s<0<\lambda_u\), una condizione con componente \(c_u\neq0\) produce \(c_ue^{\lambda_ut}v_u\), che diverge per \(t\to\infty\); soltanto i punti con \(c_u=0\) convergono lungo \(v_s\). Analogamente, la retta \(v_u\) è percorsa verso l'esterno.
Se l'autovalore doppio è diagonalizzabile, esistono due autovettori indipendenti e necessariamente \(A=\lambda I\): \(x(t)=e^{\lambda t}x_0\), quindi ogni semiretta è una traiettoria, ottenendo una stella. Se invece \(A=T(\lambda I+N)T^{-1}\), \(N^2=0\neq N\),
$$x(t)=Te^{\lambda t}(I+tN)T^{-1}x_0.$$Il termine \(te^{\lambda t}\) incurva le traiettorie; esiste una sola retta propria, mentre le altre vi diventano tangenti. È il nodo improprio o degenere, stabile per \(\lambda<0\), instabile per \(\lambda>0\).
Esempio svolto e quattro ritratti di fase
Le matrici \(A_s=\operatorname{diag}(-1,-3)\), \(A_u=\operatorname{diag}(1,3)\), \(A_\Sigma=\operatorname{diag}(1,-2)\) e \(A_d=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-1\end{bmatrix}\) generano rispettivamente nodo stabile, nodo instabile, sella e nodo improprio stabile. Per \(A_s\), \(x_1=c_1e^{-t}\), \(x_2=c_2e^{-3t}\), dunque \(x_2=(c_2/c_1^3)x_1^3\) quando \(c_1\neq0\). Per la sella \(x_1=c_1e^t\), \(x_2=c_2e^{-2t}\), quindi \(x_1^2x_2=c_1^2c_2\).
Tempo discreto
Nel piano di stato di \(x(k+1)=Ax(k)\) si osservano punti, non curve continue. Le stesse direzioni proprie restano invarianti, ma un autovalore negativo alterna il semipiano a ogni passo. Il modulo decide ingresso o uscita: \(|\lambda_i|<1\) produce un nodo discreto attrattivo, \(|\lambda_i|>1\) repulsivo; moduli uno richiedono blocchi semisemplici.
Follow-up probabili
Le traiettorie possono incrociarsi?
No, salvo nell'equilibrio: l'unicità della soluzione assegna a ogni punto un'unica traiettoria e un unico vettore velocità.
Qual è il polo dominante di un nodo stabile?
Quello più vicino all'asse immaginario, cioè con parte reale meno negativa; il suo autovettore dà la tangente finale.
Una sella può essere stabile?
No. Esiste una retta di condizioni iniziali convergenti, ma arbitrariamente vicino all'origine vi sono punti con componente lungo la direzione instabile.
Calcolo dell'esponenziale di matrice per complessi e coniugati
Inquadramento
Una matrice reale può avere autovalori complessi, necessariamente in coppie coniugate. L'esponenziale resta reale: raccogliendo parte reale e immaginaria di un autovettore si sostituisce la diagonalizzazione complessa con un blocco reale \(2\times2\), che espone direttamente smorzamento e pulsazione.
Definizioni e ipotesi
Sia \(A\in\mathbb R^{n\times n}\) e sia \(\lambda=\alpha+j\beta\), \(\beta\neq0\), un autovalore con autovettore \(u=a+jb\), \(a,b\in\mathbb R^n\). Per una coppia semplice, \(a\) e \(b\) sono linearmente indipendenti e \(T_c=[a\ b]\) è una base reale del sottospazio invariante associato alla coppia.
Enunciato
Sul sottospazio della coppia coniugata,
$$A T_c=T_cJ_c,\qquad J_c=\begin{bmatrix}\alpha&\beta\\-\beta&\alpha\end{bmatrix},\qquad e^{J_ct}=e^{\alpha t} \begin{bmatrix}\cos\beta t&\sin\beta t\\-\sin\beta t&\cos\beta t\end{bmatrix}.$$Completando \(T_c\) a una base reale \(T\) di \(\mathbb R^n\), si calcola \(e^{At}=T e^{J_Rt}T^{-1}\), dove \(J_R\) è diagonale a blocchi reali.
Dimostrazione completa
Dalla relazione \(A(a+jb)=(\alpha+j\beta)(a+jb)\) si ottiene
$$Aa+jAb=(\alpha a-\beta b)+j(\beta a+\alpha b).$$L'uguaglianza di due vettori complessi equivale all'uguaglianza separata delle parti reale e immaginaria:
$$Aa=\alpha a-\beta b,\qquad Ab=\beta a+\alpha b.$$Disponendo queste due relazioni per colonne segue
$$A[a\ b]=[a\ b]\begin{bmatrix}\alpha&\beta\\-\beta&\alpha\end{bmatrix}.$$Scriviamo \(J_c=\alpha I+\beta S\), con \(S=\begin{bmatrix}0&1\\-1&0\end{bmatrix}\) e \(S^2=-I\). Poiché \(\alpha I\) e \(\beta S\) commutano,
$$e^{J_ct}=e^{\alpha t}e^{\beta St} =e^{\alpha t}\left[I\sum_{r=0}^{\infty}\frac{(-1)^r(\beta t)^{2r}}{(2r)!} +S\sum_{r=0}^{\infty}\frac{(-1)^r(\beta t)^{2r+1}}{(2r+1)!}\right],$$e le due serie tra parentesi sono rispettivamente \(\cos\beta t\) e \(\sin\beta t\). Ne risulta la formula enunciata. Infine, dalla similitudine \(A=TJ_RT^{-1}\), per induzione \(A^m=TJ_R^mT^{-1}\); sostituendo nella serie dell'esponenziale si ricava \(e^{At}=Te^{J_Rt}T^{-1}\).
Esempio numerico completo
Consideriamo
$$A=\begin{bmatrix}-1&-2\\2&-1\end{bmatrix},\qquad \det(\lambda I-A)=(\lambda+1)^2+4,$$quindi \(\lambda_{1,2}=-1\pm2j\). Poiché \(A=-I+2R\), con \(R=\begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}\) e \(R^2=-I\),
$$e^{At}=e^{-t}e^{2Rt} =e^{-t}\begin{bmatrix}\cos2t&-\sin2t\\\sin2t&\cos2t\end{bmatrix}.$$Per \(x_0=\begin{bmatrix}1&2\end{bmatrix}^{T}\),
$$x(t)=e^{-t} \begin{bmatrix}\cos2t-2\sin2t\\\sin2t+2\cos2t\end{bmatrix}.$$La traiettoria ruota con pulsazione \(2\), ha periodo \(T=\pi\) e raggio moltiplicato per \(e^{-t}\); quindi si avvolge verso l'origine.
Cenno alla potenza \(A^k\)
Se il blocco reale discreto è simile a \(\rho\begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}\), allora
$$A^k=T\,\rho^k \begin{bmatrix}\cos k\theta&-\sin k\theta\\\sin k\theta&\cos k\theta\end{bmatrix}T^{-1}.$$Ad esempio, per \(A_d=\frac12\begin{bmatrix}1&-1\\1&1\end{bmatrix}\), \(\rho=1/\sqrt2\), \(\theta=\pi/4\), perciò \(A_d^k=2^{-k/2}R(k\pi/4)\) e ogni traiettoria discreta ruota di \(45^\circ\) riducendosi di \(1/\sqrt2\) a ogni passo.
Follow-up probabili
Perché \(a\) e \(b\) sono indipendenti?
Se fossero dipendenti, \(u\) sarebbe multiplo complesso di un vettore reale e \(Au=\lambda u\) imporrebbe a un vettore reale non nullo un autovalore non reale, impossibile per \(A\) reale.
Che cosa cambia se la coppia ha un blocco di Jordan più grande?
Il blocco di rotazione-smorzamento è accompagnato da una parte nilpotente e compaiono fattori \(t^h e^{\alpha t}\cos\beta t\), \(t^h e^{\alpha t}\sin\beta t\).
Come si legge la stabilità?
In TC dal segno di \(\alpha\); in TD dal modulo \(\rho\). La frequenza \(\beta\) o l'angolo \(\theta\) non decide la convergenza.
Forma generale di Kalman
Inquadramento
La forma generale di Kalman separa lo spazio di stato nelle quattro componenti raggiungibile/osservabile, raggiungibile/non osservabile, non raggiungibile/osservabile e non raggiungibile/non osservabile. È la rappresentazione che rende visibile quale dinamica partecipa davvero alla relazione ingresso–uscita.
Definizioni e ipotesi
Per il sistema LTI \(\dot x=Ax+Bu\), \(y=Cx+Du\), si definiscono
$$\mathcal R=\begin{bmatrix}B&AB&\cdots&A^{n-1}B\end{bmatrix},\qquad \mathcal O=\begin{bmatrix}C\\CA\\\vdots\\CA^{n-1}\end{bmatrix},$$ $$\mathscr X_R=\operatorname{im}\mathcal R,\qquad \mathscr X_{NO}=\ker\mathcal O.$$Il primo è il sottospazio raggiungibile; il secondo è il sottospazio non osservabile. Entrambi sono \(A\)-invarianti. Le diciture “osservabile” e “non raggiungibile” nei complementi indicano sottospazi scelti per completare una somma diretta: tali complementi non sono unici.
Enunciato
Esiste un cambio di base \(x=Tz\), ordinato come
$$z=\operatorname{col}(z_{R,O},z_{R,NO},z_{NR,O},z_{NR,NO}),$$che porta il sistema nella forma degli appunti
$$\dot z= \begin{bmatrix} A_{11}&0&A_{13}&0\\ A_{21}&A_{22}&A_{23}&A_{24}\\ 0&0&A_{33}&0\\ 0&0&A_{43}&A_{44} \end{bmatrix}z+ \begin{bmatrix}B_1\\B_2\\0\\0\end{bmatrix}u,$$ $$y=\begin{bmatrix}C_1&0&C_3&0\end{bmatrix}z+Du.$$La funzione di trasferimento dipende soltanto dalla parte raggiungibile e osservabile:
$$W(s)=C_1(sI-A_{11})^{-1}B_1+D.$$Dimostrazione completa e costruzione
- Intersezione. Si pone \(\mathscr X_{R,NO}=\mathscr X_R\cap\mathscr X_{NO}\) e se ne sceglie una base \(T_2\).
- Completamento dentro \(\mathscr X_R\). Si sceglie \(T_1\) in modo che \(\operatorname{im}[T_1\ T_2]=\mathscr X_R\). Il complemento \(\operatorname{im}T_1\) è etichettato \(\mathscr X_{R,O}\).
- Completamento dentro \(\mathscr X_{NO}\). Si sceglie \(T_4\) in modo che \(\operatorname{im}[T_2\ T_4]=\mathscr X_{NO}\). Il complemento \(\operatorname{im}T_4\) è \(\mathscr X_{NR,NO}\).
- Completamento dello spazio. Si scelgono le colonne \(T_3\) come complemento di \(\mathscr X_R+\mathscr X_{NO}\) in \(\mathbb R^n\); esse rappresentano \(\mathscr X_{NR,O}\).
Allora \(T=[T_1\ T_2\ T_3\ T_4]\) è invertibile. Con \(x=Tz\), \(\widetilde A=T^{-1}AT\), \(\widetilde B=T^{-1}B\), \(\widetilde C=CT\).
Dimostriamo gli zeri strutturali. \(\mathscr X_R\) è \(A\)-invariante: se \(x=\sum_{h=0}^{n-1}A^hB\alpha_h\), allora \(Ax=\sum_{h=0}^{n-1}A^{h+1}B\alpha_h\), e \(A^nB\) è combinazione dei termini precedenti per Cayley–Hamilton. Pertanto le colonne 1 e 2 di \(\widetilde A\) non possono avere componenti nelle righe 3 e 4; inoltre \(B\in\mathscr X_R\), perciò \(\widetilde B_3=\widetilde B_4=0\).
Anche \(\mathscr X_{NO}\) è \(A\)-invariante: se \(\mathcal Ox=0\), allora \(CA^h(Ax)=CA^{h+1}x=0\) per \(h=0,\ldots,n-2\), mentre il termine \(CA^nx\) è combinazione dei precedenti per Cayley–Hamilton. Quindi le colonne 2 e 4 di \(\widetilde A\) possono avere componenti soltanto nelle righe 2 e 4. Infine \(C\) annulla \(\mathscr X_{NO}\), da cui \(\widetilde C_2=\widetilde C_4=0\). Intersecando questi vincoli si ottiene esattamente la matrice a blocchi enunciata.
Con condizioni iniziali nulle, i blocchi non raggiungibili \(z_3,z_4\) restano nulli. Il blocco \(z_2\) è raggiungibile ma non può influire sull'uscita né alimentare \(z_1\), perché \(A_{12}=0\). Rimangono dunque soltanto \(A_{11},B_1,C_1,D\) nella funzione di trasferimento.
Esempio svolto
Siano
$$A=\operatorname{diag}(-1,-2,-3,-4),\quad B=\begin{bmatrix}1\\1\\0\\0\end{bmatrix},\quad C=\begin{bmatrix}1&0&1&0\end{bmatrix},\quad D=0.$$Poiché i primi due autovalori sono distinti, \(\operatorname{im}\mathcal R=\operatorname{span}\{e_1,e_2\}\). Analogamente \(\ker\mathcal O=\operatorname{span}\{e_2,e_4\}\). Quindi \(e_1,e_2,e_3,e_4\) sono già, nell'ordine, basi di \(R,O\), \(R,NO\), \(NR,O\), \(NR,NO\), e \(T=I\). La parte minima è il solo stato \(x_1\), e infatti
$$W(s)=C(sI-A)^{-1}B=\frac1{s+1}.$$Il modo \(-2\) è eccitato ma invisibile; il modo \(-3\) sarebbe visibile ma non è eccitabile dall'ingresso; il modo \(-4\) non è né eccitabile né visibile.
Tempo discreto
La costruzione è identica per \(x(k+1)=Ax(k)+Bu(k)\), perché usa soltanto \(\mathcal R\), \(\mathcal O\), l'invarianza rispetto ad \(A\) e Cayley–Hamilton. Cambia l'interpretazione della stabilità dei quattro blocchi: si confrontano i loro autovalori con il disco unitario.
Follow-up probabili
La trasformazione di Kalman è unica?
No. Sono unici i sottospazi \(\mathscr X_R\) e \(\mathscr X_{NO}\), ma non le basi né i complementi usati per le altre due componenti.
Quali poli compaiono nella funzione di trasferimento?
Soltanto i modi della parte raggiungibile e osservabile, salvo ulteriori cancellazioni non presenti in una realizzazione minima.
Un modo non raggiungibile può apparire nella risposta libera?
Sì, se la condizione iniziale ha una componente in quel sottospazio; non può però essere eccitato dall'ingresso a partire da stato nullo.
Dimostrazione di una matrice soluzione sia del polinomio caratteristico sia del polinomio minimo
Inquadramento
Associare polinomi a una matrice consente di sostituire potenze elevate di \(A\) con combinazioni di potenze inferiori. Il teorema di Cayley–Hamilton afferma che \(A\) annulla il proprio polinomio caratteristico; il polinomio minimo è, per definizione, l'annullatore monico di grado più basso.
Definizioni e ipotesi
Per \(A\in\mathbb F^{n\times n}\), con \(\mathbb F=\mathbb R\) oppure \(\mathbb C\), si definiscono
$$p_A(s)=\det(sI-A)=s^n+a_1s^{n-1}+\cdots+a_n,$$ $$m_A(s)=s^m+\mu_1s^{m-1}+\cdots+\mu_m,$$dove \(m_A\) è l'unico polinomio monico di grado minimo tale che \(m_A(A)=0\). Per \(q(s)=\sum_{h=0}^r q_hs^h\), la valutazione matriciale è \(q(A)=\sum_{h=0}^r q_hA^h\).
Enunciato
$$p_A(A)=A^n+a_1A^{n-1}+\cdots+a_nI=0,\qquad m_A(A)=A^m+\mu_1A^{m-1}+\cdots+\mu_mI=0.$$La prima identità è il teorema di Cayley–Hamilton; la seconda è la proprietà caratterizzante del polinomio minimo.
Dimostrazione completa per il polinomio caratteristico
Per la matrice aggiunta vale, come identità polinomiale in \(s\),
$$(sI-A)\operatorname{adj}(sI-A)=\det(sI-A)I=p_A(s)I.$$Ogni elemento dell'aggiunta è un minore di ordine \(n-1\), quindi ha grado al più \(n-1\). Esistono matrici costanti \(B_0,\ldots,B_{n-1}\) tali che
$$\operatorname{adj}(sI-A)=B_0s^{n-1}+B_1s^{n-2}+\cdots+B_{n-1}.$$Moltiplicando per \(sI-A\) e uguagliando i coefficienti delle stesse potenze di \(s\) si ottiene:
$$\begin{aligned} B_0&=I,\\ B_1-AB_0&=a_1I,\\ B_2-AB_1&=a_2I,\\ &\ \vdots\\ B_{n-1}-AB_{n-2}&=a_{n-1}I,\\ -AB_{n-1}&=a_nI. \end{aligned}$$Premoltiplichiamo, nell'ordine, queste identità per \(A^n,A^{n-1},\ldots,A,I\) e sommiamo. A sinistra tutti i termini contenenti \(B_i\) si cancellano a coppie:
$$A^nB_0+\bigl(A^{n-1}B_1-A^nB_0\bigr)+\cdots+ \bigl(AB_{n-1}-A^2B_{n-2}\bigr)-AB_{n-1}=0.$$Il membro destro è \(A^n+a_1A^{n-1}+\cdots+a_nI\). Pertanto \(p_A(A)=0\). Questa dimostrazione non compie l'operazione illegittima di sostituire direttamente \(s=A\) in un'identità con coefficienti matriciali: usa soltanto il confronto dei coefficienti e un telescopaggio.
Dimostrazione per il polinomio minimo
Sia \(\mathscr I_A=\{q\in\mathbb F[s]:q(A)=0\}\). Cayley–Hamilton mostra che \(\mathscr I_A\) contiene almeno \(p_A\), quindi non è vuoto. Si scelga nell'insieme un polinomio non nullo di grado minimo e lo si divida per il proprio coefficiente direttivo: si ottiene un monico \(m_A\). Per costruzione,
$$m_A(A)=0.$$L'unicità segue così. Se \(m_1,m_2\) fossero due annullatori monici dello stesso grado minimo, \(m_1-m_2\) avrebbe grado strettamente minore e annullerebbe \(A\), perché \((m_1-m_2)(A)=0\); ciò contraddice la minimalità, salvo \(m_1=m_2\).
Esempio svolto
Per
$$A=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix},\qquad p_A(s)=\det\begin{bmatrix}s&-1\\2&s+3\end{bmatrix}=s^2+3s+2,$$si ha
$$A^2=\begin{bmatrix}-2&-3\\6&7\end{bmatrix},\qquad A^2+3A+2I= \begin{bmatrix}-2&-3\\6&7\end{bmatrix}+ \begin{bmatrix}0&3\\-6&-9\end{bmatrix}+ \begin{bmatrix}2&0\\0&2\end{bmatrix}=0.$$Gli autovalori \(-1\) e \(-2\) sono distinti, quindi nessun polinomio lineare può annullare entrambe le direzioni proprie; pertanto \(m_A(s)=p_A(s)=(s+1)(s+2)\).
Tempo continuo e tempo discreto
L'identità \(p_A(A)=0\) e la definizione \(m_A(A)=0\) non dipendono dalla variabile temporale. In TC permettono di esprimere \(e^{At}\) tramite le sole potenze fino ad \(A^{m-1}\); in TD permettono di ricondurre ogni \(A^k\) alle stesse potenze, producendo una ricorrenza di ordine \(m\).
Follow-up probabili
Il polinomio minimo può avere grado maggiore di \(n\)?
No. Il caratteristico, di grado \(n\), annulla \(A\); per minimalità \(\deg m_A\le n\).
È lecito sostituire \(s=A\) nell'identità dell'aggiunta?
Non come passaggio automatico, perché i coefficienti sono matrici. La dimostrazione rigorosa confronta i coefficienti e li combina in modo telescopico.
Quando minimo e caratteristico coincidono?
Quando, per ogni autovalore, il più grande blocco di Jordan ha dimensione pari alla sua molteplicità algebrica; equivalentemente vi è un solo blocco di Jordan per ciascun autovalore.
Evoluzione forzata tempo continuo
Inquadramento
L'evoluzione forzata è la parte dello stato generata dall'ingresso quando la condizione iniziale è nulla. La formula di Lagrange, o variazione delle costanti, mostra che essa è una convoluzione tra la matrice di transizione e l'ingresso applicato attraverso \(B\).
Definizioni e ipotesi
Si considera il sistema LTI
$$\dot x(t)=Ax(t)+Bu(t),\qquad y(t)=Cx(t)+Du(t),$$con \(u\) localmente integrabile. L'evoluzione forzata \(x_f\) è la soluzione con \(x(t_0)=0\); l'evoluzione libera è \(x_\ell(t)=e^{A(t-t_0)}x(t_0)\).
Enunciato
$$x(t)=e^{A(t-t_0)}x(t_0)+\int_{t_0}^{t}e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau,$$ $$x_f(t)=\int_{t_0}^{t}e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau,\qquad y(t)=Ce^{A(t-t_0)}x(t_0)+\int_{t_0}^{t}Ce^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau+Du(t).$$Dimostrazione completa per variazione delle costanti
Definiamo \(z(t)=e^{-At}x(t)\). La derivata esiste quasi ovunque e, poiché \(A\) commuta con ogni sua funzione analitica,
$$\begin{aligned} \dot z(t) &=\frac{d}{dt}\bigl(e^{-At}x(t)\bigr)\\ &=-Ae^{-At}x(t)+e^{-At}\dot x(t)\\ &=-Ae^{-At}x(t)+e^{-At}\bigl(Ax(t)+Bu(t)\bigr)\\ &=e^{-At}Bu(t). \end{aligned}$$Integrando tra \(t_0\) e \(t\),
$$e^{-At}x(t)-e^{-At_0}x(t_0)=\int_{t_0}^{t}e^{-A\tau}Bu(\tau)\,d\tau.$$Premoltiplicando per \(e^{At}\) e usando \(e^{At}e^{-A\tau}=e^{A(t-\tau)}\), si ottiene la formula enunciata.
La verifica diretta chiude la dimostrazione. Derivando l'integrale con la regola di Leibniz,
$$\frac{d}{dt}\int_{t_0}^{t}e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau =Bu(t)+A\int_{t_0}^{t}e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau.$$Insieme alla derivata del termine libero ciò dà \(\dot x=Ax+Bu\); ponendo \(t=t_0\), l'integrale è nullo e si recupera \(x(t_0)\). Per unicità della soluzione, la formula è la soluzione del problema di Cauchy.
Interpretazione impulsiva e caso non stazionario
Il contributo infinitesimo applicato all'istante \(\tau\) è \(Bu(\tau)d\tau\); da \(\tau\) a \(t\) evolve liberamente mediante \(e^{A(t-\tau)}\). La somma continua di tutti i contributi è l'integrale. Per \(\dot x=A(t)x+B(t)u\), la stessa argomentazione usa la matrice di transizione \(\Phi(t,\tau)\):
$$x_f(t)=\int_{t_0}^{t}\Phi(t,\tau)B(\tau)u(\tau)\,d\tau.$$Esempio svolto
Siano \(A=\operatorname{diag}(-1,-2)\), \(B=\begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix}^T\), \(C=\begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix}\), \(D=0\), \(x(0)=0\) e \(u(t)=e^{-t}1(t)\). Allora
$$x_f(t)=\int_0^t \begin{bmatrix}e^{-(t-\tau)}&0\\0&e^{-2(t-\tau)}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}e^{-\tau}\,d\tau.$$Calcolando le due componenti,
$$x_{f1}(t)=\int_0^t e^{-t}\,d\tau=te^{-t},$$ $$x_{f2}(t)=e^{-2t}\int_0^t e^\tau\,d\tau=e^{-t}-e^{-2t}.$$Quindi \(y(t)=(t+1)e^{-t}-e^{-2t}\). Il termine \(te^{-t}\) nasce dalla coincidenza tra il polo dell'ingresso e il modo \(-1\), analogamente a un polo ripetuto nella trasformata.
Follow-up probabili
Dove compare il termine \(Du(t)\)?
Solo nell'uscita, come accoppiamento istantaneo ingresso–uscita; non entra nell'equazione dello stato.
La formula richiede che \(A\) sia invertibile?
No. L'esponenziale e l'integrale esistono per ogni matrice quadrata; l'invertibilità serve soltanto per alcune forme chiuse dell'integrale al gradino.
Che cosa cambia se \(t_0\neq0\)?
Il termine libero è \(e^{A(t-t_0)}x(t_0)\) e il limite inferiore dell'integrale è \(t_0\); la struttura resta invariata.
Risposta in evoluzione forzata tempo continuo e con gradino in ingresso
Inquadramento
Il gradino è l'ingresso canonico per misurare guadagno statico e transitorio. Inserendolo nella formula di Lagrange si ottiene una forma chiusa che separa con chiarezza il valore di regime dai modi naturali del sistema.
Definizioni e ipotesi
Si considera \(\dot x=Ax+Bu\), \(y=Cx+Du\), con ingresso \(u(t)=\bar u\,1(t)\), \(t_0=0\). L'evoluzione forzata ha \(x(0)=0\). Per scrivere la forma con \(A^{-1}\) si assume \(A\) invertibile; la formula integrale resta valida anche se \(A\) è singolare.
Enunciato
$$x_f(t)=\left(\int_0^t e^{A\sigma}\,d\sigma\right)B\bar u.$$Se \(A\) è invertibile,
$$x_f(t)=A^{-1}(e^{At}-I)B\bar u.$$Con una condizione iniziale generica,
$$x(t)=-A^{-1}B\bar u+e^{At}\bigl(x_0+A^{-1}B\bar u\bigr),$$ $$y(t)=(-CA^{-1}B+D)\bar u+ Ce^{At}\bigl(x_0+A^{-1}B\bar u\bigr).$$Dimostrazione completa
Dalla formula di Lagrange e dalla costanza dell'ingresso,
$$x_f(t)=\int_0^t e^{A(t-\tau)}B\bar u\,d\tau.$$Con il cambio \(\sigma=t-\tau\), \(d\sigma=-d\tau\), i limiti \(\tau=0,t\) diventano \(\sigma=t,0\), quindi
$$x_f(t)=\int_t^0e^{A\sigma}B\bar u(-d\sigma) =\left(\int_0^te^{A\sigma}d\sigma\right)B\bar u.$$Se \(A\) è invertibile, \(\frac{d}{d\sigma}e^{A\sigma}=Ae^{A\sigma}\), pertanto una primitiva è \(A^{-1}e^{A\sigma}\) e
$$\int_0^te^{A\sigma}d\sigma=A^{-1}(e^{At}-I).$$Sommando \(x_\ell(t)=e^{At}x_0\) e raccogliendo \(e^{At}\),
$$e^{At}x_0+A^{-1}(e^{At}-I)B\bar u =-A^{-1}B\bar u+e^{At}(x_0+A^{-1}B\bar u).$$Se \(A\) è asintoticamente stabile, \(e^{At}\to0\) e dunque
$$x_\infty=-A^{-1}B\bar u,\qquad y_\infty=(-CA^{-1}B+D)\bar u=W(0)\bar u.$$L'ultima uguaglianza segue da \(W(s)=C(sI-A)^{-1}B+D\): ponendo \(s=0\), \(W(0)=-CA^{-1}B+D\). Se \(A\) non è invertibile si conserva l'integrale; un polo nell'origine può produrre crescita a rampa e impedire un regime costante.
Esempio svolto
Prendiamo
$$A=\begin{bmatrix}-1&0\\0&-2\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix},\quad C=\begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix},\quad D=0,\quad \bar u=3,\quad x_0=0.$$Poiché \(e^{At}=\operatorname{diag}(e^{-t},e^{-2t})\),
$$x_f(t)= \begin{bmatrix}1-e^{-t}\\1-e^{-2t}\end{bmatrix}3 =\begin{bmatrix}3(1-e^{-t})\\3(1-e^{-2t})\end{bmatrix},$$ $$y(t)=6-3e^{-t}-3e^{-2t},\qquad y(0^+)=0,\qquad y_\infty=6.$$La verifica tramite la funzione di trasferimento dà
$$W(s)=\frac1{s+1}+\frac2{s+2},\qquad W(0)=2,\qquad y_\infty=W(0)\bar u=6.$$Follow-up probabili
Perché compare il segno meno nel valore di equilibrio?
All'equilibrio \(0=Ax_\infty+B\bar u\); quindi \(x_\infty=-A^{-1}B\bar u\).
Che cosa accade con \(D\neq0\)?
L'uscita ha un salto immediato \(D\bar u\) in \(t=0^+\), oltre alla parte dinamica \(Cx(t)\).
Il teorema del valore finale è sempre applicabile?
No. Occorre che tutti i poli di \(sY(s)\) siano strettamente nel semipiano sinistro; la stabilità asintotica della realizzazione senza cancellazioni garantisce la condizione.
Teorema delle soluzioni del polinomio minimo
Inquadramento
Il polinomio minimo conserva tutti i valori propri di \(A\), pur potendo avere grado e molteplicità inferiori al caratteristico. Il teorema chiarisce perché nessuna dinamica interna può sparire dal risolvente \((sI-A)^{-1}\), anche quando si semplificano fattori comuni.
Definizioni e ipotesi
Sia \(m_A\) l'annullatore monico di grado minimo di \(A\), cioè \(m_A(A)=0\). Un polinomio \(q\) è detto annullatore se \(q(A)=0\). Si lavora su \(\mathbb C\), oppure si considera la complessificazione di una matrice reale, così ogni polinomio si fattorizza in fattori lineari.
Enunciato
- Le radici di \(m_A(s)\) sono tutti e soli gli autovalori di \(A\).
- Il polinomio minimo divide ogni polinomio annullatore; in particolare \(m_A(s)\mid p_A(s)\).
- La molteplicità di \(\lambda\) in \(m_A\) è l'ordine del più grande blocco di Jordan associato a \(\lambda\).
Dimostrazione completa
Ogni autovalore è radice del minimo
Sia \(Av=\lambda v\), \(v\neq0\). Per induzione \(A^hv=\lambda^hv\): il caso \(h=1\) è la definizione; se vale per \(h\), allora \(A^{h+1}v=A(A^hv)=A(\lambda^hv)=\lambda^{h+1}v\). Pertanto, per ogni polinomio \(q\),
$$q(A)v=q(\lambda)v.$$Applicando questa identità a \(m_A\),
$$0=m_A(A)v=m_A(\lambda)v.$$Poiché \(v\neq0\), necessariamente \(m_A(\lambda)=0\).
Ogni radice del minimo è un autovalore
Sia \(\mu\) una radice di \(m_A\) di molteplicità \(r\ge1\): \(m_A(s)=(s-\mu)^rq(s)\), con \(\deg q<\deg m_A\). Supponiamo per assurdo che \(\mu\) non sia autovalore. Allora \(A-\mu I\) è invertibile e
$$0=m_A(A)=(A-\mu I)^rq(A).$$Premoltiplicando per \((A-\mu I)^{-r}\), si ricava \(q(A)=0\), in contraddizione con la minimalità del grado di \(m_A\). Dunque \(\mu\) è un autovalore.
Divisibilità rispetto a ogni annullatore
Sia \(g(A)=0\). Per la divisione euclidea esistono unici \(h,r\) tali che
$$g(s)=h(s)m_A(s)+r(s),\qquad \deg r<\deg m_A.$$Valutando in \(A\), tutti i polinomi in \(A\) commutano e
$$0=g(A)=h(A)m_A(A)+r(A)=r(A).$$Se \(r\neq0\), esso sarebbe un annullatore di grado minore del minimo; quindi \(r=0\) e \(m_A\mid g\). Ponendo \(g=p_A\), Cayley–Hamilton dà \(m_A\mid p_A\).
Molteplicità e blocchi di Jordan
Su un blocco \(J_\lambda=\lambda I+N\) di ordine \(\nu\), \(N^\nu=0\) ma \(N^{\nu-1}\neq0\). Il fattore \((s-\lambda)^r\), valutato sul blocco, dà \(N^r\): annulla il blocco se e solo se \(r\ge\nu\). Per annullare simultaneamente tutti i blocchi associati a \(\lambda\) serve dunque l'esponente massimo \(\nu_\lambda\). Ne segue
$$m_A(s)=\prod_{\lambda\in\sigma(A)}(s-\lambda)^{\nu_\lambda}.$$Esempio svolto
Per \(A_1=-2I_3\),
$$p_{A_1}(s)=(s+2)^3,\qquad m_{A_1}(s)=s+2.$$La radice è la stessa, ma il minimo ha molteplicità uno perché tutti i blocchi hanno ordine uno. Per
$$A_2=\begin{bmatrix}-2&1&0\\0&-2&0\\0&0&-3\end{bmatrix},$$il blocco massimo di \(-2\) ha ordine due e quello di \(-3\) ordine uno:
$$p_{A_2}(s)=(s+2)^2(s+3),\qquad m_{A_2}(s)=(s+2)^2(s+3).$$In entrambi gli esempi l'insieme delle radici coincide esattamente con lo spettro.
Tempo continuo e tempo discreto
Le radici del minimo sono gli autovalori della matrice di evoluzione in entrambi i casi. In TC generano modi \(t^he^{\lambda t}\); in TD generano \(\binom{k}{h}\lambda^{k-h}\). Gli esponenti del minimo determinano quindi, in entrambi i domini, il massimo grado polinomiale che accompagna ciascun modo.
Follow-up probabili
Minimo e caratteristico hanno sempre le stesse molteplicità?
No. Hanno le stesse radici; nel minimo l'esponente è la dimensione del blocco di Jordan massimo, nel caratteristico è la somma delle dimensioni di tutti i blocchi associati.
Perché il minimo divide il caratteristico?
Perché Cayley–Hamilton rende il caratteristico un annullatore e il minimo divide ogni annullatore.
Il minimo determina completamente la forma di Jordan?
No. Determina gli autovalori e la dimensione del blocco massimo per ciascuno, ma non il numero e le dimensioni degli altri blocchi.
Se gli autovettori complessi non sono indipendenti che succede (RISPOSTA: A non è diagonalizzabile e quindi il sistema è più complicato da analizzare)
Inquadramento
La diagonalizzazione riduce il moto a modi scalari indipendenti. Se gli autovettori non formano una base, la matrice è difettiva: occorre la forma di Jordan e ai modi esponenziali si aggiungono fattori polinomiali. È questo il senso preciso della risposta attesa «\(A\) non è diagonalizzabile».
Definizioni e ipotesi
Per un autovalore \(\lambda\), la molteplicità algebrica \(m_a(\lambda)\) è la molteplicità di \(\lambda\) come radice di \(p_A\); la molteplicità geometrica è
$$m_g(\lambda)=\dim\ker(A-\lambda I).$$Vale sempre \(1\le m_g(\lambda)\le m_a(\lambda)\). La matrice \(A\in\mathbb C^{n\times n}\) è diagonalizzabile se e solo se possiede \(n\) autovettori linearmente indipendenti, equivalentemente se \(m_g(\lambda)=m_a(\lambda)\) per ogni autovalore.
Precisazione: per una matrice reale, i due autovettori associati a una coppia distinta \(\lambda,\bar\lambda\) sono automaticamente indipendenti su \(\mathbb C\). Il difetto nasce quando un autovalore, anche complesso, è ripetuto e non fornisce abbastanza direzioni proprie.
Enunciato
Se gli autovettori complessi non sono sufficienti a formare una base, \(A\) non è diagonalizzabile. Esiste però una base di autovettori generalizzati nella quale
$$A=TJT^{-1},\qquad J_\lambda=\lambda I+N,\qquad N^\nu=0,$$e il moto contiene i modi \(t^he^{\lambda t}\), \(h=0,\ldots,\nu-1\). Per una coppia \(\alpha\pm j\beta\), le corrispondenti funzioni reali sono \(t^he^{\alpha t}\cos\beta t\) e \(t^he^{\alpha t}\sin\beta t\).
Dimostrazione completa
Se \(A\) fosse diagonalizzabile, esisterebbero una diagonale \(\Lambda\) e una matrice invertibile \(T\) tali che \(A=T\Lambda T^{-1}\). Moltiplicando per \(T\), \(AT=T\Lambda\): la \(i\)-esima colonna \(t_i\) soddisferebbe \(At_i=\lambda_it_i\). Le colonne di una matrice invertibile sono indipendenti, quindi \(A\) possiederebbe \(n\) autovettori indipendenti. Per contrapposizione, se tali autovettori non esistono, \(A\) non può essere diagonalizzabile.
Per completare una base si introducono vettori generalizzati. Una catena di lunghezza \(\nu\) soddisfa
$$(A-\lambda I)v_1=0,\qquad (A-\lambda I)v_{h+1}=v_h,\quad h=1,\ldots,\nu-1.$$Nella base \([v_1,\ldots,v_\nu]\), la restrizione di \(A\) è \(J_\lambda=\lambda I+N\), con \(N\) nilpotente. Allora
$$e^{J_\lambda t} =e^{\lambda t}\left(I+tN+\frac{t^2}{2!}N^2+\cdots+ \frac{t^{\nu-1}}{(\nu-1)!}N^{\nu-1}\right).$$Quindi le coordinate non evolvono più come esponenziali indipendenti: sono accoppiate lungo la catena e compaiono \(t^he^{\lambda t}\). L'analisi è «più complicata» perché autovalori e autovettori ordinari non bastano; occorrono lunghezze dei blocchi o, equivalentemente, gli esponenti del polinomio minimo.
Conseguenze sulla stabilità, TC e TD
- In TC un blocco difettivo con \(\operatorname{Re}\lambda<0\) è ancora asintoticamente stabile, perché \(t^he^{\operatorname{Re}\lambda t}\to0\). Sull'asse immaginario, un blocco di ordine maggiore di uno è instabile.
- In TD compaiono \(\binom{k}{h}\lambda^{k-h}\). Se \(|\lambda|<1\) convergono; se \(|\lambda|=1\) e \(h\ge1\), crescono polinomialmente e rendono il sistema instabile.
Esempio reale con autovalori complessi difettivi
Sia
$$R=\begin{bmatrix}-1&-2\\2&-1\end{bmatrix},\qquad A=\begin{bmatrix}R&I_2\\0&R\end{bmatrix}.$$Gli autovalori sono \(-1\pm2j\), ciascuno con molteplicità algebrica due ma geometrica uno. Poiché i blocchi \(R\) e \(I_2\) commutano,
$$e^{At}= \begin{bmatrix}e^{Rt}&te^{Rt}\\0&e^{Rt}\end{bmatrix},\qquad e^{Rt}=e^{-t}\begin{bmatrix}\cos2t&-\sin2t\\\sin2t&\cos2t\end{bmatrix}.$$I termini \(te^{-t}\cos2t\) e \(te^{-t}\sin2t\) mostrano il difetto. Il sistema è comunque asintoticamente stabile perché la parte reale è \(-1\); sostituendo \(-1\) con \(0\), gli stessi termini crescerebbero come \(t\).
Follow-up probabili
Autovalori distinti garantiscono diagonalizzabilità?
Sì: autovettori associati ad autovalori distinti sono linearmente indipendenti.
Una matrice difettiva è sempre instabile?
No. È asintoticamente stabile se tutti gli autovalori sono strettamente nella regione stabile; il fattore polinomiale non prevale sul decadimento esponenziale o geometrico.
Come si riconosce la lunghezza massima delle catene?
Dall'esponente di \((s-\lambda)\) nel polinomio minimo, oppure dai nulli crescenti di \((A-\lambda I)^h\).
Teorema del polinomio minimo e caratteristico
Inquadramento
Il caratteristico descrive lo spettro contando tutte le molteplicità algebriche; il minimo descrive il più piccolo vincolo polinomiale soddisfatto da \(A\). I teoremi che li collegano sono alla base del calcolo di \(e^{At}\), della raggiungibilità e della forma di Jordan.
Definizioni e ipotesi
$$p_A(s)=\det(sI-A),\qquad m_A(s)=\text{unico polinomio monico di grado minimo con }m_A(A)=0.$$Due matrici simili \(A\) e \(\widetilde A=T^{-1}AT\) rappresentano lo stesso operatore in basi diverse.
Enunciato complessivo
- \(p_A\) è monico di grado \(n\), è invariante per similitudine e le sue radici sono gli autovalori con molteplicità algebrica.
- Cayley–Hamilton: \(p_A(A)=0\).
- \(m_A\) esiste ed è unico, divide ogni annullatore e quindi \(m_A\mid p_A\).
- \(m_A\) e \(p_A\) hanno le stesse radici; nel minimo l'esponente di ogni radice è la dimensione del blocco di Jordan massimo.
- \(m_A=p_A\) se e solo se per ogni autovalore vi è un solo blocco di Jordan.
Dimostrazione completa dei risultati
Spettro e invarianza del caratteristico
Per definizione, \(\lambda\) è autovalore se esiste \(v\neq0\) con \((\lambda I-A)v=0\). Ciò accade se e solo se \(\lambda I-A\) è singolare, ossia \(\det(\lambda I-A)=p_A(\lambda)=0\). Per una similitudine,
$$\det(sI-T^{-1}AT)=\det\bigl(T^{-1}(sI-A)T\bigr) =\det(T^{-1})\det(sI-A)\det T=p_A(s).$$Cayley–Hamilton
Si espande \(\operatorname{adj}(sI-A)=\sum_{h=0}^{n-1}B_hs^{n-1-h}\) nell'identità \((sI-A)\operatorname{adj}(sI-A)=p_A(s)I\). Il confronto dei coefficienti produce \(B_0=I\), \(B_h-AB_{h-1}=a_hI\) e \(-AB_{n-1}=a_nI\). Premoltiplicando in successione per \(A^n,A^{n-1},\ldots,I\) e sommando, tutti i termini \(A^rB_h\) si cancellano e resta \(p_A(A)=0\).
Esistenza, unicità e divisibilità del minimo
L'esistenza segue da Cayley–Hamilton: vi è almeno un annullatore. Si sceglie quello monico di grado minimo. Se due minimi monici distinti avessero lo stesso grado, la loro differenza sarebbe un annullatore non nullo di grado minore, assurdo. Se \(q(A)=0\), la divisione \(q=hm_A+r\), \(\deg r<\deg m_A\), dà \(r(A)=0\); per minimalità \(r=0\), dunque \(m_A\mid q\). In particolare \(m_A\mid p_A\).
Radici e molteplicità
Se \(Av=\lambda v\), allora \(0=m_A(A)v=m_A(\lambda)v\), perciò ogni autovalore è radice del minimo. Viceversa, se \(m_A(\mu)=0\) ma \(A-\mu I\) fosse invertibile, fattorizzando \(m_A(s)=(s-\mu)^rq(s)\) si avrebbe \(q(A)=0\) dopo moltiplicazione per \((A-\mu I)^{-r}\), contro la minimalità. Le radici coincidono.
Su \(J_\lambda=\lambda I+N\) di ordine \(\nu\), \((J_\lambda-\lambda I)^r=N^r\) si annulla esattamente per \(r\ge\nu\). Il minimo usa quindi il massimo \(\nu_\lambda\), mentre il caratteristico usa la somma delle dimensioni di tutti i blocchi. Uguaglianza degli esponenti per ogni \(\lambda\) equivale alla presenza di un solo blocco per quell'autovalore.
Esempio comparativo
Le matrici
$$A_d=\begin{bmatrix}-1&0\\0&-1\end{bmatrix},\qquad A_J=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-1\end{bmatrix}$$hanno entrambe \(p(s)=(s+1)^2\). Tuttavia \(m_{A_d}(s)=s+1\), perché \(A_d+I=0\), mentre \(m_{A_J}(s)=(s+1)^2\), perché \(A_J+I\neq0\) ma \((A_J+I)^2=0\). Il caratteristico non distingue le due strutture; il minimo sì.
Tempo continuo e tempo discreto
I teoremi sono puramente algebrici e valgono per la stessa matrice \(A\) in entrambi i domini. In TC riducono le potenze nella serie di \(e^{At}\); in TD riducono \(A^k\) a combinazione di \(I,A,\ldots,A^{m-1}\). Cambia il criterio di stabilità dei relativi autovalori, non la relazione tra \(m_A\) e \(p_A\).
Follow-up probabili
Il polinomio caratteristico determina \(e^{At}\)?
Non da solo: matrici con lo stesso caratteristico possono avere blocchi di Jordan diversi. Il minimo aggiunge la massima lunghezza delle catene.
Che cosa significa che il minimo genera gli annullatori?
Ogni polinomio \(q\) con \(q(A)=0\) è un multiplo di \(m_A\); l'insieme degli annullatori è l'ideale principale \((m_A)\).
La similarità cambia il minimo?
No: \(q(T^{-1}AT)=T^{-1}q(A)T\), quindi \(q\) annulla una matrice se e solo se annulla l'altra.
SIMO
Inquadramento
Un sistema SIMO ha un solo ingresso e più uscite. Tutte le uscite sono generate dalla stessa dinamica di stato: quando le funzioni di trasferimento hanno un denominatore comune, la forma canonica di controllo realizza l'intero vettore senza duplicare inutilmente gli stati.
Definizioni e ipotesi
SIMO significa single input, multiple output. Con \(u\in\mathbb R\), \(x\in\mathbb R^n\), \(y\in\mathbb R^p\),
$$\dot x=Ax+Bu,\qquad y=Cx+Du,$$dove \(B\in\mathbb R^{n\times1}\), \(C\in\mathbb R^{p\times n}\), \(D\in\mathbb R^{p\times1}\). In condizioni iniziali nulle,
$$Y(s)=W(s)U(s),\qquad W(s)=C(sI-A)^{-1}B+D\in\mathbb R(s)^{p\times1}.$$Enunciato: realizzazione dedicata
Siano tutte le componenti espresse con il denominatore monico comune
$$W_i(s)=\frac{b_{i0}s^n+b_{i1}s^{n-1}+\cdots+b_{in}} {s^n+a_1s^{n-1}+\cdots+a_n},\qquad i=1,\ldots,p.$$Una realizzazione SIMO in forma canonica di controllo è
$$A_c=\begin{bmatrix} -a_1&-a_2&\cdots&-a_{n-1}&-a_n\\ 1&0&\cdots&0&0\\ 0&1&\cdots&0&0\\ \vdots&&\ddots&&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&0 \end{bmatrix},\qquad B_c=e_1=\begin{bmatrix}1\\0\\\vdots\\0\end{bmatrix},$$ $$D_c=\begin{bmatrix}b_{10}\\\vdots\\b_{p0}\end{bmatrix},\qquad (C_c)_{i,:}= \begin{bmatrix} b_{i1}-b_{i0}a_1& b_{i2}-b_{i0}a_2&\cdots& b_{in}-b_{i0}a_n \end{bmatrix}.$$Dimostrazione costruttiva completa
Dalle righe \(2,\ldots,n\) di \(\dot x=A_cx+B_cu\) segue \(\dot x_2=x_1,\ldots,\dot x_n=x_{n-1}\); la prima riga è \(\dot x_1=-a_1x_1-\cdots-a_nx_n+u\). Eliminando gli stati intermedi si ottiene
$$x_n^{(n)}+a_1x_n^{(n-1)}+\cdots+a_nx_n=u.$$Con condizioni iniziali nulle, trasformando secondo Laplace,
$$X_n(s)=\frac{U(s)}{d(s)},\qquad X_h(s)=s^{n-h}X_n(s)=\frac{s^{n-h}}{d(s)}U(s),\quad h=1,\ldots,n.$$La \(i\)-esima uscita è \(Y_i=(C_c)_{i,:}X+b_{i0}U\). Sostituendo le \(X_h\), il contributo dinamico ha numeratore
$$(b_{i1}-b_{i0}a_1)s^{n-1}+ (b_{i2}-b_{i0}a_2)s^{n-2}+\cdots+ b_{in}-b_{i0}a_n.$$Il contributo diretto vale \(b_{i0}U=b_{i0}d(s)U/d(s)\). Sommando, i termini \(\pm b_{i0}a_h\) si cancellano e rimane \(b_{i0}s^n+b_{i1}s^{n-1}+\cdots+b_{in}\). Dunque ogni riga realizza esattamente \(W_i\), usando la stessa catena di \(n\) integratori.
Esempio svolto
$$W(s)=\begin{bmatrix} \dfrac{s+1}{s^2+3s+2}\\[2mm] \dfrac{2}{s^2+3s+2} \end{bmatrix}.$$Il denominatore comune fornisce \(a_1=3\), \(a_2=2\). I numeratori sono strettamente propri, quindi \(D=0\), e
$$A=\begin{bmatrix}-3&-2\\1&0\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},\quad C=\begin{bmatrix}1&1\\0&2\end{bmatrix}.$$Infatti
$$(sI-A)^{-1}B= \frac1{s^2+3s+2}\begin{bmatrix}s\\1\end{bmatrix},$$e premoltiplicando per le due righe di \(C\) si ottengono rispettivamente \((s+1)/d(s)\) e \(2/d(s)\). Sebbene la prima componente abbia una cancellazione, la seconda conserva entrambi i poli: la realizzazione complessiva ha ordine due.
Tempo discreto
Per \(x(k+1)=Ax(k)+Bu(k)\), \(y(k)=Cx(k)+Du(k)\), \(W(z)=C(zI-A)^{-1}B+D\) è ancora un vettore colonna \(p\times1\). La forma compagna mantiene la stessa struttura, sostituendo l'equazione differenziale con la ricorrenza associata al denominatore in \(z\).
Follow-up probabili
Perché la forma di controllo è naturale nel caso SIMO?
Perché c'è un solo ingresso e quindi una sola catena dinamica raggiungibile, osservata poi da più righe di \(C\).
L'ordine minimo è sempre il grado del denominatore comune?
Solo dopo aver eliminato i fattori cancellati in tutte le componenti. Un polo presente in almeno una componente non può essere eliminato dalla realizzazione complessiva.
Come si distingue un sistema MISO?
Nel MISO \(W(s)\) è un vettore riga \(1\times m\); la forma canonica di osservabilità è la costruzione duale più naturale.
Risposta qualitativa con un gradino in ingresso a una funzione W(s) scritta dal professore
Inquadramento
La risposta qualitativa si ricostruisce direttamente da poli, zeri, guadagno e grado relativo di \(W(s)\), senza eseguire subito tutta l'antitrasformata. All'orale occorre partire da stabilità, valori iniziale e finale, poi aggiungere velocità, oscillazioni, sovraelongazione ed eventuale risposta inversa.
Definizioni e ipotesi
Per un gradino unitario \(u(t)=1(t)\),
$$U(s)=\frac1s,\qquad Y(s)=\frac{W(s)}s.$$Si assume \(W\) razionale e propria. Il guadagno statico è \(W(0)\), se finito. Un polo è dominante se il suo transitorio si estingue molto più lentamente degli altri; per un polo reale \(p<0\), \(\tau=1/|p|\), mentre per una coppia \(-\zeta\omega_n\pm j\omega_d\), \(\tau=1/(\zeta\omega_n)\).
Enunciato e metodo operativo
- Stabilità. Se vi sono poli non cancellati con parte reale positiva, la risposta diverge; poli sull'asse immaginario richiedono un esame specifico.
- Valore iniziale. Se il limite esiste, \(y(0^+)=\lim_{s\to\infty}sY(s)=\lim_{s\to\infty}W(s)\). Una \(W\) strettamente propria parte da zero; un termine \(D\) produce un salto.
- Valore finale. Se tutti i poli di \(sY(s)=W(s)\) sono nel semipiano sinistro, \(y_\infty=\lim_{s\to0}sY(s)=W(0)\).
- Poli reali. Generano somme di esponenziali. Quelli più vicini all'asse immaginario dominano il tempo di assestamento; un polo in \(-a\) è praticamente estinto dopo circa \(4.6/a\) per la fascia dell'uno per cento.
- Poli complessi. Per \(0<\zeta<1\) producono oscillazioni smorzate; nel secondo ordine canonico \(M_p=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\) e \(t_p=\pi/\omega_d\).
- Zeri. Uno zero vicino a un polo ne attenua il residuo. Uno zero nel semipiano destro può produrre sottoelongazione o risposta inversa; non cambia la stabilità interna, ma limita la rapidità ottenibile.
Dimostrazione completa e giustificazione dei criteri
Se \(W\) è stabile e propria, la scomposizione in fratti semplici della risposta al gradino ha la forma
$$Y(s)=\frac{W(0)}s+\sum_i\sum_{h=1}^{\nu_i}\frac{r_{ih}}{(s-p_i)^h},\qquad \operatorname{Re}p_i<0.$$Antitrasformando,
$$y(t)=W(0)+\sum_i\sum_{h=1}^{\nu_i} \frac{r_{ih}}{(h-1)!}t^{h-1}e^{p_it}.$$Tutti i termini della somma tendono a zero: questo dimostra il valore finale e mostra perché poli, molteplicità e residui governano la forma del transitorio. Il valore iniziale segue portando \(sY(s)\) al limite per \(s\to\infty\): i termini strettamente dinamici svaniscono, mentre resta l'eventuale accoppiamento diretto. Per una coppia coniugata, la somma dei due residui è reale e assume la forma \(e^{-\zeta\omega_nt}(a\cos\omega_dt+b\sin\omega_dt)\).
Esempio 1 — primo ordine monotono
$$W_1(s)=\frac2{s+1},\qquad Y_1(s)=\frac2{s(s+1)}=\frac2s-\frac2{s+1}.$$ $$y_1(t)=2(1-e^{-t})1(t).$$Parte da zero, ha pendenza iniziale \(2\), cresce monotonicamente verso \(2\), ha \(\tau=1\) e assestamento all'uno per cento circa a \(4.6\).
Esempio 2 — secondo ordine sottosmorzato
$$W_2(s)=\frac4{s^2+2s+4},\qquad \omega_n=2,\quad\zeta=\frac12,\quad\omega_d=\sqrt3.$$ $$y_2(t)=1-e^{-t}\left(\cos\sqrt3t+\frac1{\sqrt3}\sin\sqrt3t\right).$$Il valore finale è \(1\). La sovraelongazione relativa è \(M_p=e^{-\pi/\sqrt3}\approx0.163\), il primo picco è a \(t_p=\pi/\sqrt3\approx1.81\), e \(t_s\approx4/(\zeta\omega_n)=4\) nella fascia del due per cento.
Esempio 3 — zero a parte reale positiva e risposta inversa
$$W_3(s)=\frac{1-s}{s^2+s+1}.$$I poli \(-\frac12\pm j\frac{\sqrt3}{2}\) sono stabili, lo zero è \(+1\), \(y(0^+)=0\) e \(y_\infty=W_3(0)=1\). Inoltre
$$\dot y(0^+)=\lim_{s\to\infty}s^2Y(s) =\lim_{s\to\infty}\frac{s(1-s)}{s^2+s+1}=-1,$$quindi la risposta parte nella direzione opposta al valore finale. La scomposizione dà
$$Y_3(s)=\frac1s-\frac{s+2}{s^2+s+1},$$ $$y_3(t)=1-e^{-t/2}\left[ \cos\left(\frac{\sqrt3}{2}t\right)+ \sqrt3\sin\left(\frac{\sqrt3}{2}t\right)\right].$$Follow-up probabili
Un polo molto veloce può sempre essere cancellato?
Può essere trascurato in un'approssimazione se è ben separato dai dominanti e si preserva il guadagno statico; non va confuso con una cancellazione algebrica esatta.
Uno zero nel semipiano destro rende il sistema instabile?
No: la stabilità ingresso–uscita dipende dai poli. Lo zero non minimo può però causare risposta inversa e imporre limiti prestazionali.
Come si riconosce un salto iniziale?
Da \(\lim_{s\to\infty}W(s)=D\neq0\): il gradino passa istantaneamente attraverso il termine diretto.
Risposta a regime segnale rampa
Inquadramento
La rampa verifica la capacità di un sistema di seguire un segnale che cresce indefinitamente. Per una funzione di trasferimento stabile si cerca l'asintoto della risposta; nei sistemi in retroazione si classifica invece l'errore permanente mediante il tipo, cioè il numero di poli nell'origine della funzione d'anello.
Definizioni e ipotesi
Una rampa di pendenza \(a\) è \(r(t)=at\,1(t)\), con
$$R(s)=\frac{a}{s^2}.$$Nella prima parte si assume \(W(s)\) propria, asintoticamente stabile e analitica in \(s=0\). Nella seconda si considera una retroazione unitaria negativa con funzione d'anello \(L(s)\) e sistema a ciclo chiuso stabile. Il tipo \(q\) è il numero di poli netti di \(L(s)\) nell'origine.
Enunciato: asintoto dell'uscita
Per \(Y(s)=W(s)a/s^2\), la risposta a regime è
$$y_r(t)=aW(0)t+aW'(0).$$Il primo termine è una rampa con pendenza moltiplicata per il guadagno statico; il secondo è lo scostamento orizzontale/verticale dell'asintoto. I restanti termini sono transitori esponenziali che si estinguono.
Dimostrazione completa dell'asintoto
Poiché \(W\) è analitica nell'origine, il suo sviluppo di Taylor è
$$W(s)=W(0)+sW'(0)+s^2H(s),$$dove \(H(s)\) è razionale e regolare in \(s=0\). Moltiplicando per \(a/s^2\),
$$Y(s)=\frac{aW(0)}{s^2}+\frac{aW'(0)}s+aH(s).$$Antitrasformando i primi due termini si ottengono \(aW(0)t\) e \(aW'(0)\). I poli di \(H\) sono i poli stabili di \(W\); pertanto \(\mathcal L^{-1}\{aH(s)\}\to0\). Ne segue la formula. Equivalentemente, dopo aver sottratto l'asintoto, il teorema del valore finale dà limite nullo.
Errore a regime in retroazione unitaria
Con \(E(s)=R(s)/(1+L(s))\),
$$e_\infty=\lim_{t\to\infty}e(t) =\lim_{s\to0}sE(s) =a\lim_{s\to0}\frac1{s[1+L(s)]},$$purché i poli di \(sE(s)\) siano nel semipiano sinistro. Ne segue:
| Tipo | Comportamento di \(L(s)\) per \(s\to0\) | Errore alla rampa |
|---|---|---|
| \(q=0\) | \(L(0)=K_p\) finito | \(e_\infty=\infty\) |
| \(q=1\) | \(L(s)\sim K_v/s\) | \(e_\infty=a/K_v\), \(K_v=\lim_{s\to0}sL(s)\) |
| \(q\ge2\) | \(L(s)\sim K/s^q\) | \(e_\infty=0\) |
La conclusione deriva sostituendo gli equivalenti nella formula: per tipo zero il denominatore contiene il fattore \(s\) non compensato; per tipo uno \(sL(s)\to K_v\); per tipo almeno due \(sL(s)\to\infty\).
Esempio 1 — uscita di un sistema stabile
Per \(W(s)=1/(\tau s+1)\) e rampa unitaria,
$$Y(s)=\frac1{s^2(\tau s+1)} =\frac1{s^2}-\frac{\tau}{s}+\frac{\tau^2}{\tau s+1}.$$Pertanto
$$y(t)=t-\tau+\tau e^{-t/\tau},\qquad y_r(t)=t-\tau.$$La stessa formula segue da \(W(0)=1\), \(W'(0)=-\tau\). La pendenza è corretta, ma la risposta è in ritardo di \(\tau\); l'errore \(r-y\) tende a \(\tau\).
Esempio 2 — errore di tipo uno
Sia \(L(s)=4/[s(s+2)]\). Il sistema è di tipo uno,
$$K_v=\lim_{s\to0}sL(s)=2,\qquad e_\infty=\frac1{K_v}=\frac12.$$Il polinomio a ciclo chiuso è \(s^2+2s+4\), stabile. Per una rampa unitaria,
$$E(s)=\frac{s+2}{s(s^2+2s+4)} =\frac1{2s}-\frac{s}{2(s^2+2s+4)},$$ $$e(t)=\frac12-\frac12e^{-t}\cos\sqrt3t+ \frac1{2\sqrt3}e^{-t}\sin\sqrt3t\longrightarrow\frac12.$$Tempo discreto
Per la rampa \(r(k)=ak\,1(k)\), \(R(z)=az/(z-1)^2\). Il teorema del valore finale è \(\lim_{k\to\infty}e(k)=\lim_{z\to1}(z-1)E(z)/z\). Il tipo si conta mediante i poli d'anello in \(z=1\): nessun polo dà errore infinito, un polo errore finito, almeno due poli errore nullo, sempre sotto ipotesi di stabilità a ciclo chiuso.
Follow-up probabili
Perché \(W'(0)\) compare come termine costante?
Perché il termine \(sW'(0)\), moltiplicato per \(1/s^2\), diventa \(W'(0)/s\), la trasformata di una costante.
Un sistema di tipo due segue sempre bene una rampa?
Ha errore permanente nullo se il ciclo chiuso è stabile, ma il transitorio può essere lento o oscillatorio; il tipo non garantisce buone prestazioni transitorie.
Dove si conta il tipo nel tempo discreto?
Nei poli della funzione d'anello in \(z=1\), che è l'immagine discreta dell'origine \(s=0\).
Termine binomio del diagramma di Bode con grafici di modulo e fase
Inquadramento
Il termine binomio è il mattone elementare dei diagrammi di Bode: rappresenta poli o zeri reali, eventualmente multipli e anche nel semipiano destro. Modulo e fase si sommano a quelli degli altri fattori dopo aver scritto la funzione in forma normalizzata.
Definizioni e ipotesi
$$B(s)=(1+s\tau)^\mu,\qquad \tau\neq0,\quad \mu\in\mathbb Z.$$La pulsazione di rottura è \(\omega_b=1/|\tau|\). Se \(\mu>0\) il fattore è al numeratore; se \(\mu<0\) è al denominatore. Se \(\tau>0\), la radice \(-1/\tau\) è nel semipiano sinistro; se \(\tau<0\), è nel semipiano destro.
Enunciato: leggi esatte
Per \(s=j\omega\),
$$|B(j\omega)|=\left[1+(\omega\tau)^2\right]^{\mu/2},$$ $$L_B(\omega)=20\log_{10}|B(j\omega)| =10\mu\log_{10}\!\left[1+(\omega\tau)^2\right],$$ $$\varphi_B(\omega)=\mu\arctan(\omega\tau) =\mu\,\operatorname{sgn}(\tau)\arctan(\omega|\tau|).$$Il modulo non dipende dal segno di \(\tau\); la fase sì.
Dimostrazione completa delle formule
Il numero \(1+j\omega\tau\) ha parte reale \(1\), parte immaginaria \(\omega\tau\), modulo \(\sqrt{1+(\omega\tau)^2}\) e argomento principale \(\arctan(\omega\tau)\). Elevare alla potenza intera \(\mu\) eleva il modulo a \(\mu\) e moltiplica l'argomento per \(\mu\). Passando ai decibel, \(20\log_{10}[(1+(\omega\tau)^2)^{\mu/2}]=10\mu\log_{10}[1+(\omega\tau)^2]\).
Diagrammi asintotici
Se \(\omega\ll\omega_b\), \(|\omega\tau|\ll1\), quindi \(B(j\omega)\approx1\): modulo \(0\) dB e fase \(0^\circ\). Se \(\omega\gg\omega_b\), \(B(j\omega)\approx(j\omega\tau)^\mu\), dunque
$$L_{B,\mathrm{as}}(\omega)=20\mu\log_{10}\frac{\omega}{\omega_b},\qquad \varphi_B(\infty)=90^\circ\mu\,\operatorname{sgn}\tau.$$La pendenza dopo la rottura è \(20\mu\) dB/decade. Alla rottura,
$$L_B(\omega_b)=10\mu\log_{10}2\approx3.010\,\mu\ \mathrm{dB},\qquad \varphi_B(\omega_b)=45^\circ\mu\,\operatorname{sgn}\tau.$$L'approssimazione lineare della fase vale \(0^\circ\) fino a \(0.1\omega_b\), varia con pendenza \(45^\circ\mu\operatorname{sgn}\tau\) per decade tra \(0.1\omega_b\) e \(10\omega_b\), poi si assesta al valore finale.
| \(\mu\) | \(\tau\) | pendenza modulo | fase finale | interpretazione |
|---|---|---|---|---|
| \(\mu>0\) | \(\tau>0\) | \(+20\mu\) dB/dec | \(+90\mu^\circ\) | zeri LHP |
| \(\mu<0\) | \(\tau>0\) | \(+20\mu\) dB/dec | \(-90|\mu|^\circ\) | poli LHP |
| \(\mu>0\) | \(\tau<0\) | \(+20\mu\) dB/dec | \(-90\mu^\circ\) | zeri RHP |
| \(\mu<0\) | \(\tau<0\) | \(+20\mu\) dB/dec | \(+90|\mu|^\circ\) | poli RHP |
Esempio svolto
Per \(B(s)=(1-0.1s)^{-2}\), \(\mu=-2\), \(\tau=-0.1\), \(\omega_b=10\ \mathrm{rad/s}\). Dopo la rottura il modulo scende a \(-40\) dB/decade; alla rottura vale \(-6.02\) dB. La fase è invece positiva:
$$\varphi(10)=(-2)\arctan(-1)=+90^\circ,\qquad \varphi(\infty)=+180^\circ.$$Il modulo è identico a quello di due poli LHP, ma il segno opposto della fase rivela che i poli sono in \(+10\), quindi instabili.
Follow-up probabili
Perché il modulo non distingue LHP e RHP?
Perché \(|1+j\omega\tau|^2=1+\omega^2\tau^2\), che dipende da \(\tau^2\); l'argomento conserva invece il segno di \(\tau\).
La correzione alla rottura è sempre \(3\) dB?
È \(3.010\,\mu\) dB: positiva per zeri, negativa per poli e moltiplicata per la molteplicità.
Da dove parte la transizione di fase asintotica?
Una decade prima della rottura, \(0.1\omega_b\), e termina una decade dopo, \(10\omega_b\).
Principio di dualità controllabilità/osservabilità (forme canoniche con trasposte)
Inquadramento
La dualità scambia ingresso e uscita e trasforma la raggiungibilità in osservabilità. Permette di trasferire teoremi, test e forme canoniche da una proprietà all'altra con una trasposizione, evitando dimostrazioni separate.
Definizioni e ipotesi
Al sistema \(\Sigma=(A,B,C,D)\), con \(m\) ingressi e \(p\) uscite, si associa il duale
$$\Sigma^d=(A^T,C^T,B^T,D^T),$$che ha \(p\) ingressi e \(m\) uscite. Le matrici strutturali sono
$$\mathcal R(A,B)=\begin{bmatrix}B&AB&\cdots&A^{n-1}B\end{bmatrix},$$ $$\mathcal O(A,C)=\begin{bmatrix}C\\CA\\\vdots\\CA^{n-1}\end{bmatrix}.$$Enunciato del principio di dualità
$$(A,B)\text{ è completamente raggiungibile} \iff(A^T,B^T)\text{ è completamente osservabile},$$ $$(A,C)\text{ è completamente osservabile} \iff(A^T,C^T)\text{ è completamente raggiungibile}.$$Nella seconda equivalenza \(C^T\) è la matrice d'ingresso del duale; nella prima \(B^T\) è la matrice d'uscita del sistema avente dinamica \(A^T\).
Dimostrazione completa mediante \(\mathcal R\) e \(\mathcal O\)
La matrice di raggiungibilità del duale rispetto a \(C^T\) è
$$\begin{aligned} \mathcal R(A^T,C^T) &=\begin{bmatrix}C^T&A^TC^T&\cdots&(A^T)^{n-1}C^T\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}C^T&(CA)^T&\cdots&(CA^{n-1})^T\end{bmatrix}\\ &=\mathcal O(A,C)^T. \end{aligned}$$Una matrice e la sua trasposta hanno lo stesso rango; quindi \(\operatorname{rank}\mathcal R(A^T,C^T)=n\) se e solo se \(\operatorname{rank}\mathcal O(A,C)=n\). Questo prova osservabilità di \((A,C)\) equivalente a raggiungibilità di \((A^T,C^T)\).
Analogamente, la matrice di osservabilità del sistema \((A^T,B^T)\) è
$$\mathcal O(A^T,B^T)= \begin{bmatrix}B^T\\B^TA^T\\\vdots\\B^T(A^T)^{n-1}\end{bmatrix} =\mathcal R(A,B)^T,$$da cui la prima equivalenza. Anche le funzioni di trasferimento sono duali:
$$W_d(s)=B^T(sI-A^T)^{-1}C^T+D^T =\left[C(sI-A)^{-1}B+D\right]^T=W(s)^T,$$perché \((M^{-1})^T=(M^T)^{-1}\).
Forme canoniche ottenute per trasposizione
Nell'ordinamento degli appunti, la canonica di osservabilità ha
$$A_o=\begin{bmatrix} -a_1&1&0&\cdots&0\\ -a_2&0&1&\cdots&0\\ \vdots&&&\ddots&\vdots\\ -a_{n-1}&0&0&\cdots&1\\ -a_n&0&0&\cdots&0 \end{bmatrix},\qquad C_o=e_1^T.$$La canonica di controllo è la trasposta diretta, con scambio di ingresso e uscita:
$$A_c=A_o^T= \begin{bmatrix} -a_1&-a_2&\cdots&-a_{n-1}&-a_n\\ 1&0&\cdots&0&0\\ 0&1&\cdots&0&0\\ \vdots&&\ddots&&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&0 \end{bmatrix},\qquad B_c=C_o^T=e_1,$$ $$C_c=B_o^T,\qquad D_c=D_o.$$La compagna alternativa con sopradiagonale unitaria, ultima riga \(\begin{bmatrix}-a_n&\cdots&-a_1\end{bmatrix}\) e \(B=e_n\) è soltanto la versione a stati ribaltati. Se \(P\) è l'antidentità, \(P^{-1}=P\), allora
$$A_{c,\mathrm{rev}}=PA_cP,\qquad B_{c,\mathrm{rev}}=PB_c=e_n,\qquad C_{c,\mathrm{rev}}=C_cP.$$Esempio svolto
Per
$$A=\begin{bmatrix}-3&-2\\1&0\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},\quad C=\begin{bmatrix}0&1\end{bmatrix},$$ $$\mathcal R(A,B)=\begin{bmatrix}1&-3\\0&1\end{bmatrix},\qquad \mathcal O(A^T,B^T)= \begin{bmatrix}1&0\\-3&1\end{bmatrix}=\mathcal R(A,B)^T.$$Il determinante vale \(1\), dunque \((A,B)\) è raggiungibile e \((A^T,B^T)\) osservabile. Inoltre \(\mathcal O(A,C)=\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix}\), quindi il duale \((A^T,C^T)\) è raggiungibile.
Tempo discreto
La dimostrazione è identica per \(x(k+1)=Ax(k)+Bu(k)\), poiché le matrici \(\mathcal R\) e \(\mathcal O\) hanno la stessa forma. Cambiano soltanto le formule di evoluzione e la regione di stabilità, non la dualità strutturale.
Follow-up probabili
Il duale è un sistema fisicamente collegato all'originale?
Non necessariamente: è soprattutto una costruzione algebrica che scambia i ruoli di attuazione e misura.
La dualità preserva gli autovalori?
Sì, \(A\) e \(A^T\) hanno lo stesso polinomio caratteristico.
Come si dualizza la forma di Kalman?
Si trasponde la dinamica e si scambiano i blocchi raggiungibili con quelli osservabili; gli zeri strutturali si riflettono rispetto alla diagonale.
Forma canonica di controllo di Kalman
Inquadramento
La forma canonica di controllo, detta anche forma canonica di raggiungibilità, porta ogni sistema SISO completamente raggiungibile in una matrice compagna. Rende immediati il polinomio caratteristico, la catena di integratori e il progetto mediante retroazione dello stato.
Definizioni e ipotesi
Si considera \(\dot x=Ax+Bu\), \(y=Cx+Du\), con \(B\in\mathbb R^{n\times1}\) e coppia \((A,B)\) completamente raggiungibile:
$$\mathcal R=\begin{bmatrix}B&AB&\cdots&A^{n-1}B\end{bmatrix},\qquad \det\mathcal R\neq0.$$Sia
$$p_A(s)=s^n+a_1s^{n-1}+\cdots+a_n.$$Enunciato
Esiste un cambio di coordinate \(x=Tz\) tale che
$$\dot z=A_cz+B_cu,\qquad y=C_cz+Du,$$con
$$A_c=\begin{bmatrix} -a_1&-a_2&\cdots&-a_{n-1}&-a_n\\ 1&0&\cdots&0&0\\ 0&1&\cdots&0&0\\ \vdots&&\ddots&&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&0 \end{bmatrix},\qquad B_c=e_1,\qquad C_c=CT.$$Se \(\mathcal R_c=[B_c\ A_cB_c\ \cdots\ A_c^{n-1}B_c]\), il cambio di base richiesto dagli appunti è
$$\boxed{T=\mathcal R\,\mathcal R_c^{-1}}.$$Dimostrazione costruttiva completa
Anzitutto \(A_c\) ha il caratteristico desiderato. In \(sI-A_c\) la prima riga è \(\begin{bmatrix}s+a_1&a_2&\cdots&a_n\end{bmatrix}\), la sottodiagonale vale \(-1\) e i restanti elementi diagonali valgono \(s\). Lo sviluppo del determinante rispetto alla prima riga dà
$$\det(sI-A_c)=(s+a_1)s^{n-1}+a_2s^{n-2}+\cdots+a_n =s^n+a_1s^{n-1}+\cdots+a_n=p_A(s).$$La coppia \((A_c,B_c)\) è raggiungibile. Infatti le righe \(2,\ldots,n\) di \(A_c\) traslano verso il basso le componenti: per \(h=0,\ldots,n-1\), il vettore \(A_c^he_1\) ha componente \(h+1\) uguale a \(1\) e componenti successive nulle. Di conseguenza le colonne \(B_c,A_cB_c,\ldots,A_c^{n-1}B_c\) formano una matrice \(\mathcal R_c\) triangolare superiore con elementi unitari sulla diagonale, dunque \(\det\mathcal R_c=1\). Poiché anche \(\mathcal R\) è invertibile, \(T=\mathcal R\mathcal R_c^{-1}\) è invertibile e
$$T\mathcal R_c=\mathcal R.$$Confrontando la prima colonna, \(TB_c=B\), dunque \(T^{-1}B=B_c\). Più in generale, per \(h=0,\ldots,n-1\),
$$T A_c^hB_c=A^hB.$$Per \(h=0,\ldots,n-2\),
$$AT A_c^hB_c=A^{h+1}B=T A_c^{h+1}B_c=T A_c A_c^hB_c.$$Resta l'ultima colonna. Cayley–Hamilton applicato ad \(A\) e ad \(A_c\), che hanno lo stesso caratteristico, dà
$$A^nB=-a_1A^{n-1}B-\cdots-a_nB,$$ $$A_c^nB_c=-a_1A_c^{n-1}B_c-\cdots-a_nB_c.$$Usando \(TA_c^hB_c=A^hB\), anche per \(h=n-1\) risulta \(AT A_c^{n-1}B_c=TA_cA_c^{n-1}B_c\). Poiché le colonne di \(\mathcal R_c\) costituiscono una base, le due applicazioni lineari \(AT\) e \(TA_c\) coincidono su una base e quindi
$$AT=TA_c,\qquad T^{-1}AT=A_c.$$Infine \(x=Tz\) nell'equazione d'uscita dà \(y=CTz+Du\), cioè \(C_c=CT\). La costruzione è pertanto completa.
Numeratore e orientamento duale alla forma di osservabilità
Per una funzione propria
$$W(s)=\frac{b_0s^n+b_1s^{n-1}+\cdots+b_n} {s^n+a_1s^{n-1}+\cdots+a_n},$$si prende
$$D_c=b_0,\qquad C_c=\begin{bmatrix} b_1-b_0a_1&b_2-b_0a_2&\cdots&b_n-b_0a_n \end{bmatrix}.$$Questa forma è duale alla canonica di osservabilità:
$$A_c=A_o^T,\qquad B_c=C_o^T,\qquad C_c=B_o^T,\qquad D_c=D_o,$$Questa è la trasposizione diretta nell'ordinamento degli appunti. La forma più comune con sopradiagonale unitaria, ultima riga \(\begin{bmatrix}-a_n&\cdots&-a_1\end{bmatrix}\) e \(B=e_n\) si ottiene ribaltando gli stati con la matrice antidentità \(P\): \(A_{c,\mathrm{rev}}=PA_cP\), \(B_{c,\mathrm{rev}}=PB_c\).
Esempio numerico completo
Siano
$$A=\begin{bmatrix}1&1\\0&2\end{bmatrix},\qquad B=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix},\qquad C=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix},\qquad D=0.$$Il caratteristico è \(p_A(s)=s^2-3s+2\), quindi \(a_1=-3\), \(a_2=2\), e
$$A_c=\begin{bmatrix}3&-2\\1&0\end{bmatrix},\qquad B_c=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}.$$Le matrici di raggiungibilità sono
$$\mathcal R=\begin{bmatrix}0&1\\1&2\end{bmatrix},\qquad \mathcal R_c=\begin{bmatrix}1&3\\0&1\end{bmatrix},\qquad \mathcal R_c^{-1}=\begin{bmatrix}1&-3\\0&1\end{bmatrix}.$$Pertanto
$$T=\mathcal R\mathcal R_c^{-1} =\begin{bmatrix}0&1\\1&-1\end{bmatrix},\qquad T^{-1}=\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}.$$La verifica diretta dà
$$T^{-1}AT=\begin{bmatrix}3&-2\\1&0\end{bmatrix}=A_c,\qquad T^{-1}B=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}=B_c,\qquad C_c=CT=\begin{bmatrix}0&1\end{bmatrix}.$$La funzione di trasferimento è \(W(s)=1/(s^2-3s+2)\), uguale prima e dopo il cambio di base.
Tempo discreto
Per \(x(k+1)=Ax(k)+Bu(k)\) la costruzione \(T=\mathcal R\mathcal R_c^{-1}\) è identica. La matrice compagna contiene lo stesso polinomio caratteristico in \(z\); la catena va interpretata come ritardi unitari anziché integratori.
Follow-up probabili
Perché serve la completa raggiungibilità?
Perché \(\mathcal R\) deve essere invertibile: solo allora le potenze di \(A\) applicate a \(B\) formano una base e il cambio \(T\) esiste.
La forma canonica cambia la funzione di trasferimento?
No. Una similitudine cambia le coordinate interne ma lascia \(C(sI-A)^{-1}B+D\) invariata.
Qual è il legame con la forma di osservabilità?
È la realizzazione duale: con ordinamenti coerenti si traspondono \(A\) e si scambiano \(B\) e \(C^T\); un eventuale ribaltamento degli stati è una semplice similitudine.