Massa, molla e smorzatore: risposta libera e forzata

Da un modello fisico alla forma di stato

Un modello si scrive come $\dot x=Ax+Bu$, $y=Cx+Du$ se è lineare e stazionario, e sono due verifiche distinte. Se non è lineare la forma non esiste. Se è lineare ma non stazionario le matrici dipendono dal tempo: $A(t)$, $B(t)$, $C(t)$.

Un corpo di massa $M$, legato a una molla di rigidezza $k_m$ e a uno smorzatore di coefficiente $k_A$, disposto in verticale e con $p$ misurata verso l'alto, risente anche del peso:

$$M\ddot p=F-k_A\dot p-k_mp-Mg$$

Il termine $-Mg$ non è una combinazione lineare di $p$, $\dot p$ e $F$: una retta che non passa per l'origine non è lineare. Il termine costante c'è perché lo zero di $p$ sta dove la molla è a riposo, mentre il corpo lasciato libero si ferma più in basso, dove la molla compensa il peso. Si prende come zero quella posizione. Con $F=0$, $\dot p=0$ e $\ddot p=0$ si ha

$$\begin{gathered} p_e=-\frac{Mg}{k_m}\\ \tilde p=p-p_e \end{gathered}$$

Sostituendo $p=\tilde p+p_e$ i due termini costanti si cancellano, perché $-k_mp_e-Mg=0$:

$$M\ddot{\tilde p}=F-k_A\dot{\tilde p}-k_m\tilde p$$

È un cambio di coordinate, non di base: si sposta lo zero e gli assi restano. In generale un termine costante che impedisce la forma lineare si prova a togliere così.

Stato e uscita

L'equazione è del secondo ordine, quindi lo stato è la posizione e la sua derivata. L'ingresso è la forza, $u=F$:

$$\begin{gathered} x=\begin{pmatrix}\tilde p\\\dot{\tilde p}\end{pmatrix}\\ A=\begin{pmatrix}0&1\\-\tfrac{k_m}{M}&-\tfrac{k_A}{M}\end{pmatrix}\\ B=\begin{pmatrix}0\\\tfrac1M\end{pmatrix} \end{gathered}$$

Se il problema non assegna l'uscita, la si sceglie fra le grandezze che interessa misurare: qui la posizione, $C=(1\ \ 0)$ e $D=0$. Anche una somma di posizione e velocità è lecita: i suoi coefficienti hanno unità di misura che nelle matrici non si scrivono e che la rendono coerente.

Due modi aperiodici

Si fissano $M=k_m=1$ e si lascia libero $k_A$:

$$\begin{gathered} A=\begin{pmatrix}0&1\\-1&-k_A\end{pmatrix}\\ B=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\\ C=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}\\ D=0 \end{gathered}$$

Il polinomio caratteristico e gli autovalori sono

$$\begin{gathered} \det(\lambda I-A)=\lambda^2+k_A\lambda+1\\ \lambda_{1,2}=\frac{-k_A\pm\sqrt{k_A^2-4}}{2} \end{gathered}$$

Per $k_A>2$ sono reali, distinti e negativi; per $k_A=1$ sono una coppia complessa e il modo è pseudoperiodico. Con $k_A=5$:

$$\begin{aligned} \lambda_1&=\frac{-5-\sqrt{21}}{2}\approx-4{,}79\\ \lambda_2&=\frac{-5+\sqrt{21}}{2}\approx-0{,}21 \end{aligned}$$

Autovettori. Per ogni $\lambda_i$ si risolve $(A-\lambda_iI)u_i=0$. La matrice è singolare, quindi le due equazioni sono dipendenti e ne basta una: la prima riga dice che la seconda componente è $\lambda_i$ volte la prima. Moltiplicare un autovettore per uno scalare non nullo non cambia il sottospazio che genera, quindi si pone la prima componente uguale a $1$. La seconda riga è verificata perché $\lambda_i^2+k_A\lambda_i+1=0$.

$$\begin{gathered} u_i=\begin{pmatrix}1\\\lambda_i\end{pmatrix}\\ U=\begin{pmatrix}1&1\\\lambda_1&\lambda_2\end{pmatrix} \end{gathered}$$

Con $\lambda_2-\lambda_1=\sqrt{21}$ si inverte $U$. Le righe $v_i$ di $U^{-1}$ danno i coefficienti $c_i=v_ix_0$, con $x_0=(x_{01}\ \ x_{02})^\top$:

$$\begin{gathered} U^{-1}=\frac1{\sqrt{21}}\begin{pmatrix}\lambda_2&-1\\-\lambda_1&1\end{pmatrix}\\ c_1=\frac{\lambda_2x_{01}-x_{02}}{\sqrt{21}}\\ c_2=\frac{x_{02}-\lambda_1x_{01}}{\sqrt{21}} \end{gathered}$$

L'evoluzione libera è la somma dei due modi:

$$x_L(t)=c_1e^{\lambda_1t}u_1+c_2e^{\lambda_2t}u_2$$

Il radicale si lascia scritto: con un valore approssimato di $\lambda_i$ la matrice $A-\lambda_iI$ non è più singolare e l'unica soluzione è $u_i=0$.

Evoluzione libera con $k_A=5$

$x_0$$x_1$$x_2$

• stato $x(t)$
• direzione di $u_1$
• direzione di $u_2$

$x_{01}$

0,5

$x_{02}$

0,8

L'esponenziale come antitrasformata

L'esponenziale $e^{At}$ si ottiene anche antitrasformando $\Phi(s)=[sI-A]^{-1}$, senza autovettori. Con $k_A=5$, invertendo con l'aggiunta trasposta:

$$\Phi(s)=\frac1{s^2+5s+1}\begin{pmatrix}s+5&1\\-1&s\end{pmatrix}$$

Il denominatore è il polinomio caratteristico con $s$ al posto di $\lambda$. Le due radici sono semplici, quindi nessuna si semplifica e restano entrambe. Con i residui $R_i=\lim_{s\to\lambda_i}(s-\lambda_i)\Phi(s)$:

$$e^{At}=R_1e^{\lambda_1t}+R_2e^{\lambda_2t}$$

Ogni residuo è il prodotto colonna per riga $u_iv_i$ della diagonalizzazione. La via in $s$ richiede molti meno calcoli e basta quando serve solo l'espressione di $x_L(t)=e^{At}x_0$. La diagonalizzazione costa di più, ma separa i modi e ne mostra le direzioni: l'informazione si paga in calcoli.

Un autovalore doppio

Con $k_A=2$ il polinomio è $(\lambda+1)^2$, quindi $\lambda=-1$ con molteplicità algebrica $2$. La matrice

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

ha rango $1$: c'è un solo autovettore indipendente, $u=(1\ \ -1)^\top$, la molteplicità geometrica è $1$, minore di quella algebrica, e $A$ non è diagonalizzabile. Con gli autovettori non si va avanti, con $\Phi(s)$ sì:

$$\Phi(s)=\frac1{(s+1)^2}\begin{pmatrix}s+2&1\\-1&s\end{pmatrix}$$

Il numeratore ha elementi senza il fattore $s+1$, quindi il denominatore non si semplifica: il polinomio minimo è $(s+1)^2$ e la radice doppia resta. Così $\Phi(s)$ rivela da sola che $A$ non è diagonalizzabile. Si scrivono tutte le potenze, da $2$ a $1$, con $G(s)=(s+1)^2\Phi(s)$:

$$\Phi(s)=\frac{R_{11}}{s+1}+\frac{R_{12}}{(s+1)^2}$$ $$\begin{aligned} R_{12}&=G(-1)=\begin{pmatrix}1&1\\-1&-1\end{pmatrix}=A+I\\ R_{11}&=G'(-1)=I \end{aligned}$$

Con $N=A+I$, dalla tabella delle trasformate $1/(s+1)$ dà $e^{-t}$ e $1/(s+1)^2$ dà $t\,e^{-t}$:

$$\begin{gathered} e^{At}=e^{-t}\,(I+tN)\\ N^2=0 \end{gathered}$$

A $t=0$ vale $I$, come deve essere perché $x_L(0)=x_0$. In generale un autovalore di indice $r$, cioè di molteplicità $r$ nel polinomio minimo $m(s)$, dà un esponenziale moltiplicato per un polinomio in $t$ di grado $r-1$. Qui $r=2$ con un solo autovettore, e il polinomio è di primo grado. La posizione dipende da entrambe le componenti iniziali:

$$\tilde p(t)=e^{-t}\bigl[x_{01}+(x_{01}+x_{02})\,t\bigr]$$

Se $x_{01}+x_{02}=0$, lo stato iniziale è un multiplo dell'autovettore e il termine in $t$ sparisce.

Posizione con autovalore doppio, $x_{01}=1$

$t$

• posizione $\tilde{p}(t)$
• $e^{-t}$

$x_{02}$

1

Risposta forzata a un ingresso costante

Con $x_0=0$ la risposta forzata è $x_F(t)=\int_0^tH(t-\tau)u(\tau)\,d\tau$, e in trasformata

$$\begin{gathered} X_F(s)=H(s)\,U(s)\\ H(s)=\Phi(s)B \end{gathered}$$

Per $k_A=2$, $H(s)$ è la seconda colonna di $\Phi(s)$, perché $B=(0\ \ 1)^\top$. Un ingresso costante $u=-10$ applicato da $t=0$ ha $U(s)=-10/s$:

$$\begin{gathered} H(s)=\frac1{(s+1)^2}\begin{pmatrix}1\\s\end{pmatrix}\\ U(s)=-\frac{10}{s} \end{gathered}$$ $$X_F(s)=\begin{pmatrix}-\dfrac{10}{s(s+1)^2}\\[6pt]-\dfrac{10}{(s+1)^2}\end{pmatrix}$$

$U(s)$ esiste per $\operatorname{Re}(s)>0$ e $H(s)$ per $\operatorname{Re}(s)>-1$. Il prodotto vive nell'intersezione, $\operatorname{Re}(s)>0$, e il valore che delimita il semipiano, qui $0$, è l'ascissa di convergenza. Antitrasformando con lo sviluppo in fratti semplici e la tabella non occorre usarlo.

Lo sviluppo ha un polo semplice in $0$ e uno doppio in $-1$, e i residui sono vettori $2\times1$. Per il polo doppio $G(s)=(s+1)^2X_F(s)=(-10/s\ \ -10)^\top$, e $R_{22}=G(-1)$, $R_{21}=G'(-1)$:

$$\begin{aligned} X_F(s)={}&\begin{pmatrix}-10\\0\end{pmatrix}\frac1s +\begin{pmatrix}10\\0\end{pmatrix}\frac1{s+1}\\ &+\begin{pmatrix}10\\-10\end{pmatrix}\frac1{(s+1)^2} \end{aligned}$$

Antitrasformando, per $t\ge0$:

$$x_F(t)=\begin{pmatrix}-10+10e^{-t}+10t\,e^{-t}\\-10t\,e^{-t}\end{pmatrix}$$

L'uscita è la prima componente, perché $C=(1\ \ 0)$:

$$y_F(t)=-10+10\,(1+t)\,e^{-t}$$

La costante $-10$ non viene dal legame diretto ingresso-uscita, che è nullo ($D=0$): è il residuo in $0$, che dipende da tutto il sistema. L'ingresso passa per la dinamica e ricompare in uscita.

Risposta forzata a $u=-10$

$t$

• $y_F(t)$
• legge dell'ingresso: $-10$
• leggi del sistema: $10(1+t)e^{-t}$

Da dove vengono le leggi nel tempo

Nella risposta compaiono le leggi dei poli del sistema, $e^{-t}$ e $t\,e^{-t}$ dal polo doppio in $-1$, e quella del polo dell'ingresso, la costante dal polo in $0$. I coefficienti dipendono da sistema e ingresso insieme, e qualche termine può annullarsi: un modo non eccitabile o non osservabile non compare. Ma non nascono leggi nuove: i poli di $X_F(s)=H(s)U(s)$ sono fra quelli dei due fattori.

Così un ingresso costante aggiunge all'uscita una costante, un ingresso $u=t$ un polinomio di primo grado, una sinusoide una sinusoide. Se in uscita serve un andamento sinusoidale, o lo ha già il sistema nei suoi modi, o lo si applica in ingresso.