Campionamento e discretizzazione dei sistemi

L'idea

Un sistema fisico evolve in tempo continuo, ma un calcolatore lavora a istanti separati: legge un valore, calcola, manda un comando. Per collegarli si mette il sistema a tempo continuo fra due elementi:

$u_d(k)$ZOH$u_c(t)$Tempo continuo$y_c(t)$$T$campionatore$y_d(k)$

• Campionatore (in uscita): un interruttore che si chiude ogni $T$ secondi e legge $y_c$ in quell'istante. $T$ è il periodo di campionamento.
• ZOH, zero order holder (in ingresso): trasforma la sequenza $u_d(k)$ in un segnale continuo $u_c(t)$, che serve al sistema anche fra un campione e l'altro.
• Gli istanti sono $t=kT$, con $k\in\mathbb Z$: il campione $k$ cade in $kT$, il successivo in $(k+1)T$.

Perché proprio ordine zero

Fra $kT$ e $(k+1)T$ bisogna decidere che valore dare all'ingresso. L'ordine è il grado del polinomio usato per riempire l'intervallo.

• Ordine zero: si tiene il valore del campione appena arrivato fino al successivo, quindi $u_c(t)=u_d(k)$ per $kT\le t<(k+1)T$. Usa solo il presente.
• Ordine uno: una retta da $u_d(k)$ a $u_d(k+1)$. Per tracciarla serve però il campione successivo, cioè bisogna aspettarlo: si introduce un ritardo.

Il problema è il tempo. Si prenda l'ordine uno, nell'intervallo da $kT$ a $(k+1)T$:

• Ideale: la retta da $u_d(k)$ a $u_d(k+1)$ viene tracciata proprio in quell'intervallo. Ma in un istante $t$ fra $kT$ e $(k+1)T$ il campione $u_d(k+1)$ non è ancora arrivato: arriverà solo in $(k+1)T$. Il mantenitore dovrebbe conoscere il futuro, quindi non si può costruire.
• Realizzabile: il mantenitore aspetta $u_d(k+1)$ e solo dopo traccia la retta, fra $(k+1)T$ e $(k+2)T$. La forma è la stessa dell'ideale, ma spostata a destra di $T$: l'ingresso arriva al sistema con un passo di ritardo.

Con l'ordine due servono $u_d(k+1)$ e $u_d(k+2)$, quindi il ritardo diventa $2T$; in generale l'ordine $n$ ritarda di $nT$. L'ordine zero usa solo $u_d(k)$, che c'è già: ideale e realizzabile coincidono, nessun ritardo. Per questo si usa lo ZOH.

Mantenitori di ordine 0, 1 e 2

Ordine

012

Mantenitore

IdealeRealizzabile

$t$

• $u_c(t)$ dopo il mantenitore
• segnale da campionare
• campioni $u_d(k)$

$T$

0,6

Discretizzare il sistema

L'obiettivo è una legge che porti lo stato da un campione al successivo. Si parte dal sistema continuo, nella forma implicita (FI) e nella forma esplicita (FE):

$$\begin{gathered} \text{FI}\ \begin{cases}\dot x(t)=Ax(t)+Bu(t)\\ y(t)=Cx(t)+Du(t)\end{cases}\\[0.6em] \text{FE}\quad x(t)=e^{A(t-t_0)}x_0+\int_{t_0}^{t}e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau \end{gathered}$$

Nella FE si prende un solo passo, da $t_0=kT$ a $t=(k+1)T$:

$$x((k+1)T)=e^{AT}x(kT)+\int_{kT}^{(k+1)T}e^{A((k+1)T-\tau)}B\,u(\tau)\,d\tau$$

Qui lo ZOH semplifica tutto: nell'intervallo l'ingresso vale sempre $u_d(k)$, quindi esce dall'integrale. Con il cambio di variabile $\theta=(k+1)T-\tau$ (gli estremi si invertono e diventano $0$ e $T$) l'integrale che resta non dipende più da $k$:

$$x_d(k+1)=\underbrace{e^{AT}}_{A_d}\,x_d(k)+\underbrace{\int_0^T e^{A\theta}\,d\theta\,B}_{B_d}\;u_d(k)$$

$A_d$ e $B_d$ sono costanti, quindi il sistema discreto è ancora tempo-invariante. Se $A$ è invertibile l'integrale si risolve, $B_d=A^{-1}(e^{AT}-I)B$; altrimenti si tiene la forma integrale.

Per l'uscita non serve nulla: $y(t)=Cx(t)+Du(t)$ valutata in $kT$ dà subito $C_d=C$ e $D_d=D$.

Evoluzione libera: il discreto è il continuo campionato

A ingresso nullo, con $k_0=0$:

$$x_d(k)=\Phi_d(k-k_0)\,x(k_0)={A_d}^{k}\,x_0=(e^{AT})^k x_0=e^{AkT}x_0$$

$e^{AkT}x_0$ è proprio $x_c(t)=e^{At}x_0$ valutata in $t=kT$: la discretizzazione è esatta, nessuna approssimazione negli istanti di campionamento.

Un modo e i suoi campioni

$t$

• ${{\lambda }_d}^k$ in $kT$
• $e^{\lambda t}$

$\lambda$

−0,5

$T$

0,8

Autovalori. Si scrivono le due evoluzioni con la diagonalizzazione $A=U\Lambda U^{-1}$, dove $u_i$ sono le colonne di $U$ e $v_i$ le righe di $U^{-1}$:

$$\begin{gathered} x_d(k)=U{\Lambda_d}^{k}U^{-1}x_0=\sum_{i=1}^n{\lambda_{di}}^{k}\,u_i v_i x_0\\ x_c(kT)=\sum_{i=1}^n e^{\lambda_i kT}\,u_i v_i x_0 \end{gathered}$$

Confrontando termine a termine:

$$\lambda_{di}=e^{\lambda_i T},\qquad u_{di}=u_i,\qquad v_{di}=v_i$$

Gli autovettori sono gli stessi, cambiano solo gli autovalori. Se $\lambda_i$ è reale, $e^{\lambda_i T}>0$, quindi un sistema campionato non ha mai modi alternanti.

Attenzione, vale per $\lambda_i$ reali. Con $\lambda_i=\alpha+\mathrm i\,\omega$ si ha $\lambda_{di}=e^{\alpha T}e^{\mathrm i\omega T}$: modulo $e^{\alpha T}$, angolo $\omega T$. Se $\omega T=\pi$, $\lambda_{di}$ è reale negativo e il modo alterna.

Esempio: evoluzione libera con gli autovettori

$$\dot x=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&-2&3\end{pmatrix}x(t),\qquad x_c(t)=e^{At}x_0$$

Autovalori. Si sviluppa lungo la prima riga, che ha due zeri:

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I)&=(1-\lambda)\bigl[(-\lambda)(3-\lambda)+2\bigr]\\ &=(1-\lambda)(\lambda^2-3\lambda+2)=0 \end{aligned}$$

Quindi $\lambda_1=\lambda_2=1$, con molteplicità algebrica $m_a=2$, e $\lambda_3=2$.

Autovettori. Per $\lambda=1$:

$$A-I=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&-1&1\\0&-2&2\end{pmatrix}$$

Il rango cala di 2, quindi $m_g=2=m_a$ e si può diagonalizzare. Si ricava $y=z$ con $x$ libera, e si sceglie una base qualsiasi dell'autospazio: $u_1=(0,1,1)^\top$, $u_2=(1,0,0)^\top$. Per $\lambda=2$ si ricava $x=0$ e $z=2y$, quindi $u_3=(0,1,2)^\top$.

$$U=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&1\\1&0&2\end{pmatrix},\qquad U^{-1}=\begin{pmatrix}0&2&-1\\1&0&0\\0&-1&1\end{pmatrix}$$

Evoluzione. Con $c_i=v_i x_0$, dove $v_i$ è la riga $i$ di $U^{-1}$:

$$e^{At}x_0=\sum_{i=1}^3 c_i e^{\lambda_i t}u_i=e^{t}\,(c_1u_1+c_2u_2)+c_3e^{2t}u_3$$

• Il piano generato da $u_1$ e $u_2$ è invariante: se $x_0$ sta lì ($c_3=0$), lo stato resta nel piano e cresce come $e^t$ lungo la stessa direzione.
• Se $x_0$ ha anche una componente lungo $u_3$, quella cresce come $e^{2t}$, più in fretta: la traiettoria si piega verso $u_3$.

La traiettoria nelle coordinate degli autovettori

piano $u_1,u_2$$u_3$

• $x(t)$ al variare di $t$

$c$ nel piano

0,8

$c_3$

0,2