Davide Giglio Esercitazioni di Teoria dei Sistemi Anno Accademico 2010/2011 Esercitazione del 23 marzo 2011 DIAGRAMMI A BLOCCHI TRASFORMATE ZETA Esercitazione del 23 marzo 2011 Diagrammi a blocchi – Trasformate zeta 15.1 Si consideri il sistema rappresentato dal seguente diagramma a blocchi d(t) + u(t) − 1 (s + 1)(s + 10) + y(t) + k dove d(t) = 2 sin 4t rappresenta un generico disturbo. Si determini k in modo da avere un’attenuazione del disturbo d(t) pari a 10 volte. Davide Giglio – Esercitazioni di Teoria dei Sistemi – Anno Accademico 2010/2011 2 Esercitazione del 23 marzo 2011 Diagrammi a blocchi – Trasformate zeta 15.2 Si consideri il sistema rappresentato dal seguente diagramma a blocchi + + 1 (s + 1)(s + 3) u(t) + y(t) + k s h s 1. Studiare la controllabilità e l’osservabilità, al variare di k != 0 e h != 0, sia attraverso l’algebra dei blocchi sia mettendo il sistema in equazioni di stato. √ √ 2. Per k = 3 e h = 3, determinare la parte oscillante di y(t) in corrispondenza di condizioni √ iniziali nulle e u(t) = sin 3t. Eliminiamo innanzitutto, attraverso l’algebra dei blocchi, i due nodi sommatori. + ! ! ! + " ! + ! ! ! + " ! k s ↓ ↓ ! h s s+k s ! ! s+h s ! Il sistema può essere riscritto nel seguente modo u(t) ! ! s+k s 1 (s + 1)(s + 3) ! s+h s ! y(t) Per studiare la controllabilità e l’osservabilità attraverso l’algebra dei blocchi, devo andare a vedere le possibili cancellazioni polo/zero e zero/polo. E’ noto infatti che una qualsiasi cancellazione polo/zero implica la non completa osservabilità del sistema e una qualsiasi cancellazione zero/polo implica la non completa controllabilità del sistema. Quindi: • Il sistema risulta non completamente controllabile e completamente osservabile se k=1 ∪ k=3 ∪ h != 1 ∪ h != 3 • Il sistema risulta completamente controllabile e non completamente osservabile se k != 1 ∪ k != 3 ∪ h=1 ∪ h=3 • Il sistema risulta non completamente controllabile e non completamente osservabile se k=1 ∪ k=3 ∪ h=1 ∪ h=3 • Il sistema risulta completamente controllabile e completamente osservabile se k != 1 ∪ k != 3 ∪ h != 1 ∪ h != 3 Davide Giglio – Esercitazioni di Teoria dei Sistemi – Anno Accademico 2010/2011 13 Esercitazione del 23 marzo 2011 Diagrammi a blocchi – Trasformate zeta Metto il sistema in equazioni di stato u(t) ! S1 ! S2 ! S3 ! y(t) Le relazioni ingresso/uscita dei sottosistemi sono S1 : ẏ1 (t) = u̇1 (t) + ku1 (t) S2 : ÿ2 (t) + 4ẏ2 (t) + 3y2 (t) = u2 (t) S3 : ẏ3 (t) = u̇3 (t) + hu3 (t) Utilizzando, per ciascuno dei tre sottosistemi, la forma compagna controllabile, si ottiene ! ẋ1 (t) = u1 (t) S1 : y1 (t) = kx1 (t) + u1 (t) % & % & 0 1 0 ẋ2 (t) = x2 (t) + u (t) −3 −4 1 2 S2 : ' ( y2 (t) = 1 0 x2 (t) ! ẋ3 (t) = u3 (t) S3 : y3 (t) = hx3 (t) + u3 (t) Le relazioni tra gli ingressi e le uscite dei sottosistemi sono u1 (t) = u(t) u2 (t) = y1 (t) u3 (t) = y2 (t) y(t) = y3 (t) Si ha quindi ẋ1 (t) = u(t) ẋ2,1 (t) = x2,2 (t) ẋ2,2 (t) = −3x2,1 (t) − 4x2,2 (t) + kx1 (t) + u(t) ẋ3 (t) = x2,1 (t) y(t) = hx3 (t) + x2,1 (t) e il sistema in equazioni di stato è 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 x(t) + u(t) ẋ(t) = k −3 −4 0 1 0( 0 0 '0 1 y(t) = 0 1 0 h x(t) ' Determino la controllabilità e l’osservabilità attraverso lo studio del rango delle matrici P ! B | AB | A2 B | C ( CA A3 B e Q ! CA2 . CA3 0 0 2 A = k 0 0 0 −3 1 0 1 −4 0 0 0 0 0 0 k 0 0 0 0 0 0 k 0 1 0 = −3 −4 0 −4k 0 1 0 0 0 0 0 −3 −4 0 12 13 0 0 1 0 Davide Giglio – Esercitazioni di Teoria dei Sistemi – Anno Accademico 2010/2011 14 Esercitazione del 23 marzo 2011 0 0 A3 = k 0 0 0 −3 1 0 1 −4 0 0 0 k 0 0 −4k 0 0 Diagrammi a blocchi – Trasformate zeta 0 0 0 0 −4k −3 −4 0 = 12 13 0 13k 0 1 0 k 0 0 0 12 13 0 −39 −40 0 −3 −4 0 Si ha 1 0 0 0 0 1 k−4 13 − 4k P = 1 k − 4 13 − 4k 13k − 40 0 0 1 k−4 ' ( det P = (13 − 4k)(k − 4) − (13k − 40) + ' ( − (k − 4) (k − 4)2 − (13 − 4k) = = 13k − 52 − 4k 2 + 16k − 13k + 40+ − (k − 4)[k 2 + 16 − 8k − 13 + 4k] = = 13k − 52 − 4k 2 + 16k − 13k + 40+ − k 3 + 4k 2 − 3k + 42 − 16k + 12 = = −k 3 + 4k 2 − 3k = = −k(k 2 − 4k + 3) = = −k(k − 3)(k − 1) Il rango della matrice P è massimo quando k != 0, k != 1 e k != 3. Di conseguenza, essendo per ipotesi k != 0, il sistema risulta non completamente controllabile per k=1 ∪ k=3 La matrice Q è 0 0 Q= k kh − 4k 1 0 h h 1 0 −3 h−4 0 12 − 3h 13 − 4h 0 0' ( k(12 − 3h) + 3(kh − 4k) + ' (1 − h k(13 − 4h) − (kh − 4k)(h − 4) = 2 = h [12k − 3kh + 3kh − 12k]+ det Q = h 3 − h[13k − 4kh − kh2 + 4kh + 4kh − 16k] = = −3kh + 4kh2 − kh3 Suppongo, come da ipotesi, h != 0 e k != 0 e considero h3 − 4h2 + 3h = h(h2 − 4h + 3) = = h(h − 1)(h − 3) Il rango della matrice Q è massimo quando h != 1 e h != 3. Di conseguenza, il sistema risulta non completamente osservabile per h=1 ∪ h=3 Pongo h=k= √ 3 Davide Giglio – Esercitazioni di Teoria dei Sistemi – Anno Accademico 2010/2011 15 Esercitazione del 23 marzo 2011 Diagrammi a blocchi – Trasformate zeta La funzione di trasferimento del sistema può essere agevolmente calcolata dal sistema iniziale utilizzando l’algebra dei blocchi. √ √ √ 1 s+ 3 (s + 3)2 s+ 3 T (s) = · · = 2 s (s + 1)(s + 3) s s (s + 1)(s + 3) L’ingresso dato, nella variabile complessa s, è √ 0 √ 1 3 U (s) = L sin 3t = 2 s +3 Essendo nulle le condizioni iniziali, l’uscita del sistema è data da Y (s) = T (s) · U (s) La parte oscillante di y(t) si può determinare utilizzando la teoria sulla risposta in frequenza. Il modulo della parte oscillante è dato da 4 √ 4 4T ( 3j)4 mentre la fase da ' √ ( Φ T ( 3j) Si ha quindi √ √ 4 4 4 4 √ 4 4 ( 3j + 3)2 4 4T ( 3j)4 = 4 √ √ 4 −3( 3j + 1)( 3j + 3) 4 = 4 4 4 4 −3 + 3 + 6j 4= √ √ = 44 −3(−3 + 3 3j + 3j + 3) 4 4 4 4 6j 4 4 √ 4= =4 −12 3j 4 1 = √ 2 3 % & ' √ ( 1 Φ T ( 3j) = Φ − √ + 0j = 2 3 = π + arctan 0 = =π La parte oscillante di y(t) è √ √ 1 1 yo (t) = √ sin ( 3t + π) = − √ sin 3t 2 3 2 3 Davide Giglio – Esercitazioni di Teoria dei Sistemi – Anno Accademico 2010/2011 16 Esercitazione del 23 marzo 2011 Diagrammi a blocchi – Trasformate zeta 15.3 Determinare la trasformata zeta del segnale in figura y(k) • 2 1 0.5 • • 0 1 • 2 • 3 4 • 5 • k 6 Il segnale in figura può essere scritto analiticamente come y(k) = δ(k − 1) + δ(k − 2) + 1 δ(k − 3) + 2 δ(k − 4) 2 Essendo 2 3 Z δ(k − n) = z −n (trasformata zeta di un impulso traslato nel tempo), si ha 2 3 1 1 1 2 1 Y (z) = Z y(k) = z −1 + z −2 + z −3 + 2 z −4 = + 2 + 3 + 4 = 2 z z 2z z 2z 3 + 2z 2 + z + 4 = 2z 4 Davide Giglio – Esercitazioni di Teoria dei Sistemi – Anno Accademico 2010/2011 19 Esercitazione del 23 marzo 2011 Diagrammi a blocchi – Trasformate zeta 15.4 Determinare la trasformata zeta del segnale in figura u(k) • 5 • 4 • 3 • 2 • • • 1 • 0 1 k 2 3 4 5 6 7 Il segnale in figura può essere scritto analiticamente come ' ( ' ( u(k) = k · 1(k) − 1(k − 2) + 2 · 1(k − 2) − 1(k − 4) + (k − 2) · 1(k − 4) = = k · 1(k) − k · 1(k − 2) + 2 · 1(k − 2) − 2 · 1(k − 4) + k · 1(k − 4) − 2 · 1(k − 4) = = k · 1(k) − (k − 2) · 1(k − 2) + (k − 4) · 1(k − 4) Considerando la trasformata zeta della rampa a tempo discreto, ovvero 2 3 Z k · 1(k) = z (z − 1)2 e sfruttando la proprietà 2 3 2 3 Z f (k − n) = z −n · Z f (k) (trasformata zeta di una funzione traslata nel tempo), si ottiene 2 3 2 3 Z (k − 2) · 1(k − 2) = z −2 · Z k · 1(k) = 1 z(z − 1)2 2 3 2 3 Z (k − 4) · 1(k − 4) = z −4 · Z k · 1(k) = 1 z 3 (z − 1)2 Pertanto, la trasformata zeta del segnale in figura è U (z) = 1 1 z4 − z2 + 1 z + + = (z − 1)2 z(z − 1)2 z 3 (z − 1)2 z 3 (z − 1)2 Davide Giglio – Esercitazioni di Teoria dei Sistemi – Anno Accademico 2010/2011 20