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Teoria dei Sistemi

Raggiungibilità, approfondimento: il gramiano calcolato, l’ingresso di minima energia e il test PBH

Il gramiano del doppio integratore calcolato passo per passo, l'ingresso che sposta lo stato e la dimostrazione che è quello di minima energia, quanto costa fare in fretta, un esempio a tempo discreto e il test di Popov-Belevitch-Hautus.

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Questa pagina approfondisce la lezione su raggiungibilità e controllabilità: calcola per intero il gramiano su un esempio, il doppio integratore, ricava l’ingresso che sposta lo stato e dimostra che è quello di minima energia, mostra quanto costa fare in fretta, risolve un esempio a tempo discreto in un numero minimo di passi e applica il test PBH per trovare il modo che l’ingresso non vede.

Il gramiano calcolato a mano: il doppio integratore

Il modo migliore per capire il gramiano è calcolarlo una volta per intero. Prendiamo il doppio integratore, cioè una massa unitaria spinta da una forza: x_1 è la posizione, x_2 la velocità, u la forza.

    \[ \dot x_1 = x_2,\qquad \dot x_2 = u\qquad\Rightarrow\qquad A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \]

Passo 1: il test di Kalman. AB = (1\ \ 0)^T, quindi \mathcal{R} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, con determinante -1: rango 2, il sistema è raggiungibile.

Passo 2: l’esponenziale. Poiché A^2 = 0, la serie si ferma al secondo termine: e^{A\tau} = I + A\tau = \begin{pmatrix} 1 & \tau \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, e quindi e^{A\tau}B = (\tau\ \ 1)^T.

Passo 3: il gramiano. Si integra il prodotto del vettore per il suo trasposto:

    \[ W(T) = \int_0^T \begin{pmatrix} \tau \\ 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \tau & 1 \end{pmatrix}d\tau = \int_0^T \begin{pmatrix} \tau^2 & \tau \\ \tau & 1 \end{pmatrix}d\tau = \begin{pmatrix} T^3/3 & T^2/2 \\ T^2/2 & T \end{pmatrix} \]

Il determinante è T^4/3 - T^4/4 = T^4/12, positivo per ogni T \mathchar"313E 0: il gramiano è invertibile, come promette il teorema. L’inversa è

    \[ W(T)^{-1} = \frac{12}{T^4}\begin{pmatrix} T & -T^2/2 \\ -T^2/2 & T^3/3 \end{pmatrix} \]

Passo 4: l’ingresso. Vogliamo spostare la massa di d e lasciarla ferma: x_f = (d\ \ 0)^T. Allora W(T)^{-1}x_f = \left(\frac{12d}{T^3}\ \ -\frac{6d}{T^2}\right)^T. Con s = T - t si ha B^Te^{A^Ts} = (s\ \ 1), e l’ingresso della formula del gramiano è

    \[ u(t) = (T - t)\frac{12d}{T^3} - \frac{6d}{T^2} = \frac{6d}{T^2}\left(1 - \frac{2t}{T}\right) \]

Una forza che decresce linearmente: spinge in avanti nella prima metà e frena nella seconda, in modo simmetrico.

Passo 5: la verifica. Integrando due volte da condizioni nulle:

    \[ x_2(t) = \frac{6d}{T^2}\left(t - \frac{t^2}{T}\right),\qquad x_1(t) = d\left(3\frac{t^2}{T^2} - 2\frac{t^3}{T^3}\right) \]

e per t = T: x_2(T) = 0, x_1(T) = d(3 - 2) = d. Il trasferimento riesce esattamente.

Ingresso di minima energia per il doppio integratore
In alto l’ingresso u, una retta che va da 6 a meno 6 nel tempo T (con d e T unitari). In basso la posizione x 1, una curva a esse che va da 0 a 1 con tangente orizzontale agli estremi, e la velocità x 2, tratteggiata, una parabola nulla all’inizio e alla fine con il massimo a metà.

Perché è l’ingresso di minima energia

L’energia spesa da questo ingresso si calcola senza integrare u^2: sostituendo u = B^Te^{A^T(T-t)}W^{-1}x_f,

    \[ E = \int_0^T u^Tu\,dt = x_f^TW^{-1}\left(\int_0^T e^{A(T-t)}BB^Te^{A^T(T-t)}dt\right)W^{-1}x_f = x_f^TW(T)^{-1}x_f \]

Nel nostro esempio E = \frac{12}{T^4}\,T\,d^2 = \frac{12d^2}{T^3}.

Teorema. Tra tutti gli ingressi che portano lo stato da 0 a x_f in un tempo T, quello del gramiano ha l’energia minima.

Dimostrazione. Sia u + \delta un altro ingresso che fa lo stesso trasferimento. Per la formula di Lagrange la differenza \delta deve produrre stato finale nullo: \int_0^T e^{A(T-t)}B\delta(t)\,dt = 0. L’energia è

    \[ \int_0^T\|u + \delta\|^2dt = \int_0^T\|u\|^2dt + 2\int_0^T u^T\delta\,dt + \int_0^T\|\delta\|^2dt \]

Il termine misto è 2\,x_f^TW^{-1}\int_0^T e^{A(T-t)}B\delta\,dt = 0. Resta E + \int\|\delta\|^2 \ge E, con l’uguaglianza solo per \delta = 0. ∎

Energia minima in funzione del tempo concesso
La curva viola è 12 d quadro su T al cubo, con d unitario: vale 12 per T uguale a 1 e 96 per T uguale a un mezzo. Dimezzare il tempo moltiplica per otto l’energia necessaria.

Il significato pratico. Dimezzare il tempo concesso moltiplica l’energia per 8 e la forza di picco 6d/T^2 per 4. È il motivo per cui un sistema raggiungibile “in teoria” può non esserlo in pratica: gli attuatori hanno limiti, e un gramiano quasi singolare (direzioni dello stato che l’ingresso muove con fatica) si traduce in ingressi enormi.

Un esempio a tempo discreto: arrivare in n passi

Il sistema x(k+1) = Ax(k) + Bu(k) con

    \[ A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\qquad B = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \]

è il doppio integratore campionato (posizione e velocità, con il passo come unità di tempo). AB = (1\ \ 1)^T, \mathcal{R} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, determinante -1: raggiungibile, quindi ogni stato si raggiunge in al più due passi.

Vogliamo x_f = (1\ \ 0)^T. Dalla formula della soluzione

    \[ x(2) = ABu(0) + Bu(1) = \begin{pmatrix} u(0) \\ u(0) + u(1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\quad\Rightarrow\quad u(0) = 1,\ u(1) = -1 \]

Verifica: x(1) = Bu(0) = (0\ \ 1)^T (la massa ha preso velocità), x(2) = Ax(1) + Bu(1) = (1\ \ 1)^T + (0\ \ -1)^T = (1\ \ 0)^T. In un passo sarebbe impossibile: Bu(0) = (0\ \ u(0))^T cambia solo la velocità. A tempo discreto il numero minimo di passi è legato al rango delle matrici (B\ \ AB\ \cdots) parziali, ed è il principio del controllo deadbeat (lezione sui controlli digitali).

Il test PBH su un esempio

Riprendiamo i due serbatoi in parallelo dell’esempio della lezione, A = -I, B = (1\ \ 1)^T. L’unico autovalore è \lambda = -1, e

    \[ \begin{pmatrix} \lambda I - A & B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \]

ha rango 1: il test fallisce in \lambda = -1. Il vettore v = (1\ \ -1)^T, che annulla la matrice a sinistra (v^T(\lambda I - A) = 0 e v^TB = 0), indica la combinazione dello stato che l’ingresso non vede: proprio la differenza dei livelli x_1 - x_2, che evolve da sola con il modo e^{-t}.

Errori tipici

  • Calcolare il determinante quando \mathcal{R} non è quadrata: con m ingressi \mathcal{R} è n \times nm, e conta il rango, non il determinante (che non esiste).
  • Fermarsi a AB con n = 3: servono tutte le potenze fino a A^{n-1}B.
  • Confondere raggiungibilità e stabilità: un sistema instabile può essere perfettamente raggiungibile (e quindi stabilizzabile con la retroazione), uno stabile può non esserlo.
  • Coinvolgere C: la raggiungibilità dipende solo da A e B; l’uscita riguarda l’osservabilità.
  • Pensare che il tempo conti a tempo continuo: se il sistema è raggiungibile, lo è in un tempo T qualsiasi; il tempo cambia solo il “prezzo”, cioè l’energia x_f^TW(T)^{-1}x_f.

Gli esercizi sull’argomento, dal test di Kalman al calcolo dell’energia minima, sono nella pagina degli esercizi collegata in cima.

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