Esercizi corso fondamenti di automatica con soluzioni commentate

Esercitazione 1E 1: esercizio

Classificare il seguente sistema:

( 2xẋ t t u t( ) = ( ) + ( ) (1)2 .y t t x t u t( ) = ( ) + ( )

Soluzione

Si consideri l’espressione generica con la quale si formalizza un sistema, ossia

( ,ẋ t A t x t B t u t( ) = ( ) ( ) + ( ) ( ) .y t C t x t D t u t( ) = ( ) ( ) + ( ) ( )

Il sistema considerato è caratterizzato dalle seguenti matrici:

22, 1, , 1,A t B t C t t D t( ) = ( ) = ( ) = ( ) =1 1 1 1 1 1 1 1⇥ ⇥ ⇥ ⇥con , , e .A B C D2 2 2 2R R R R

1. Data la presenza dell’equazione differenziale che caratterizza l’evoluzione dello stato, il sistema è dinamico.x t( )

2. Dato che l’equazione di stato è scalare, il sistema è di ordine 1, n = 1.

3. Dato che si ha una sola equazione di uscita

2y t t x t u t( ) = ( ) + ( )

il sistema è Single Output.

4. Il sistema ha un solo ingresso, quindi è Single Input.

Nota bene: la matrice è una matrice sempre quadrata, che ha numero di colonne A t( ) e numero di righe pari al numero di stati del sistema e, quindi, pari all’ordine del n sistema stesso. Il numero di ingressi e di uscite è invece indicato rispettivamente dal numero di colonne della matrice e dal numero di righe della matrice o, se B t C t( ) ( ) non nulla, dal numero di colonne e dal numero di righe della matrice .D t( )

5. Dato che i coefficienti dell’equazione di uscita variano con il tempo (si notino le caratteristiche della matrice del sistema), il sistema è tempo variante.C t( )

6. Dato che la dipendenza delle equazioni di stato e uscita dallo stato e dall’ingresso è lineare, il sistema è lineare (si ha infatti solo una nonlinearità nel tempo nell’equazione lineare 1 di uscita, che però non modifica la classificazione).

7. Dato che la matrice è non nulla, il sistema è proprio (si ha quindi una dipendenza D t diretta dell’uscita dall’ingresso). 2

Esercitazione 1E 2: esercizio

1. Classificare il sistema

( 2x 10,ẋ t t u t( ) = ( ) + ( ) + (2)2x .y t t( ) = ( )

2. Come si modifica la classificazione se l’equazione di stato viene modificata come segue?

2x 10t. (3)ẋ t t u t( ) = ( ) + ( ) +

Soluzione

1. Le matrici del sistema in esame sono le seguenti:

⇥ ⇤ ⇥ ⇤2, , 2, .A t B t C t D t1 10 0 0( ) = ( ) = ( ) = ( ) =

Si noti che le matrici e del sistema hanno rispettivamente due colonne e due B D righe. Questo perché il termine costante nell’equazione di stato viene considerato come il coefficiente associato ad un ingresso sempre unitario e l’ingresso del sistema diventa  u t( ) .ũ t( ) = 1

Si può quindi procedere con la classificazione del sistema, che risulta essere:

• Dinamico dato che l’evoluzione dello stato è descritta da una equazione differenziale.
• Lineare dato che sia nell’equazione di stato che in quella di uscita non si hanno nonlinearità nello stato o nell’ingresso.
• Di ordine dato che la matrice è uno scalare (si ricordi che l’ordine di A n 1= un sistema lineare è dettato dalle dimensioni della matrice quadrata A).
• Tempo invariante dato che i coefficienti che moltiplicano stato e ingressi sono costanti nel tempo.
• Strettamente proprio dato che non si ha dipendenza diretta dell’uscita dall’ingresso (si noti infatti che la matrice è una matrice di zeri).D 3
• Single input in quanto si ha un solo ingresso esogeno effettivo, mentre il termine costante non corrisponde ad un vero e proprio ingresso.
• Single output dato che si ha una equazione di uscita scalare (la matrice è C infatti uno scalare).

2. La modifica dell’equazione di stato non va a modificare la linearità del sistema, il numero di input ed output, il suo ordine o l’interdipendenza tra ingressi ed uscite. Tuttavia, questa comporta una modifica nella matrice che diventa:B,⇥ ⇤ .B t 1 10t( ) =

Data la dipendenza dal tempo, il sistema diventa quindi tempo variante.

Nota bene: il nuovo termine tempo variante può essere visto come un ingresso non manipolabile del sistema ma NON è un vero e proprio ingresso , dato che non u t( ) essere modificato dall’esterno! 4

Esercitazione 1E 3: esercizio

Dato il sistema dinamico

( ,ẋ t A t x t B t u t( ) = ( ) ( ) + ( ) ( ) (4).y t C t x t D t u t( ) = ( ) ( ) + ( ) ( )

1. Calcolare i punti di equilibrio corrispondenti a 3, 0 per u t ū t8( ) = = 1 2 1 ⇥ ⇤, , , 2. (5)A B C D0 1= = = =1 2 1

2. Dire se e come cambiano gli equilibri se la matrice diventa A 1 2 . (6)A = 1 2

Soluzione

1. I punti di equilibrio per il sistema soddisfano le seguenti condizioni:

( 0,A x̄ Bū+ =ȳ C x̄ D ū.= +

Si noti che lo stato di equilibrio è unico se la matrice è invertibile e può essere A calcolato come: 1x̄ A Bū.=

Per valutare il numero di punti di equilibrio andiamo quindi a valutare se la matrice è invertibile, calcolandone il determinante.

Nota bene: se il determinante è non nullo allora la matrice è invertibile.

Per le caratteristiche del sistema in esame si ha che:

det 1 2 2 1 4 0,A · · 6( ) = ( ) = =

e quindi la matrice risulta invertibile, con inversa:A 5 1 2 21 .A = 1 14

Nota bene: per calcolare l’inversa di una matrice 2 2, si scambiano di posizione gli ⇥ elementi sulla diagonale e si cambia il segno degli elementi sulla contro-diagonale. La matrice risultante deve quindi essere divisa per il determinante della matrice stessa.

Lo stato di equilibrio è quindi dato da:

  1 2 2 1 31 3 .x̄ A Bū= = = 01 1 14

Di conseguenza, l’uscita di equilibrio è:

6.ȳ C x̄ D ū= + =|{z}|{z} 60

2. Per valutare gli equilibri con la nuova matrice ripetiamo la stessa procedura seguita A in precedenza.

In primo luogo valutiamo quindi se la matrice è invertibile, calcolandone il A determinante. Dato che: det 1 2 2 1 0,A · ·( ) = ( ) = la matrice non è invertibile. Non possiamo quindi calcolare gli stati di equilibrio con la formula usata nel punto precedente. Invece, in questo caso, scriviamo le equazioni del sistema per esteso, ossia

8> 2x ,ẋ t x t t u t( ) = ( ) + ( ) + ( )> 21 1< 2x ,ẋ t x t t u t( ) = ( ) + ( ) + ( )2 21>>: 2u ,y t x t t( ) = ( ) + ( )2

e quindi annulliamo le derivate, ottenendo il seguente sistema che dobbiamo risolvere:

( 2 0,x̄ x̄ ū+ + =21 2 0,x̄ x̄ ū+ + =21

per poi individuare l’uscita di equilibrio come

2ȳ x̄ ū.= +2

Si noti che le due equazioni nel solo stato sono uguali e quindi dobbiamo risolvere 6 un sistema in due equazioni ed una sola incognita. Si ottiene quindi la seguente relazione tra le due componenti dello stato:

2 3.x̄ x̄= +21

Si hanno quindi infiniti punti di equilibrio al variare di ed hanno la forma:x̄ 2 R2 3 2 x̄ 2 ,x̄ = x̄ 2

con l’uscita di equilibrio corrispondente pari a 6.ȳ x̄= 27

Esercitazione 1E 4: esercizio

Dato il sistema

8> sin ,ẋ t x t( ) = ( ( ))> 1 1< 2 3 (7),ẋ t x t x t u t( ) = ( ) ( ) + ( )2 21>>: 1 2sin .y t x t x t( ) = ( ( )) + ( )1 22

1. Classificare il sistema.

2. Calcolare i punti di equilibrio per 0, 0.u t ū t8( ) = =

Soluzione

1. Viste le caratteristiche delle equazioni di stato ed uscita abbiamo che:

• L’evoluzione dello stato è descritta da equazioni differenziali, quindi il sistema è dinamico.
• Dato che lo stato ha 2 componenti, il sistema è di ordine 2.n =
• Dato che si ha una sola equazione di uscita 1 2sin x t x t( ( )) + ( )1 22 il sistema è Single Output.
• Il sistema ha un solo ingresso, quindi è Single Input.
• Visto che i coefficienti delle equazioni di stato ed uscita non variano nel tempo, il sistema è tempo invariante.
• Date le nonlinearità nelle equazioni di stato ed uscita (si vedano le equazioni seno e le potenze dello stato), il sistema è non lineare.
• Dato che non si ha una dipendenza diretta tra gli ingressi e le uscite, il sistema è strettamente proprio.

2. Per calcolare i punti di equilibrio dobbiamo imporre la condizione:

˙ 0,x̄ =8

e, di conseguenza, dobbiamo risolvere il sistema

( (sin 0, sin 0,x̄ x̄( ) = ( ) =1 1)2 3 2 30, 0.x̄ x̄ ū x̄ x̄+ = =2 21 1

Dalla prima equazione si ottiene che la prima componente di equilibrio è data da:

x̄ kp, k8 2= Z.1

Di conseguenza, per individuare la seconda componente, dobbiamo risolvere:

3 2 ,x̄ x̄=2 1

ottenendo in questo modo che q3 2 ,x̄ kp k8 2= ( ) Z.2

Nota bene: il sistema ha infiniti punti di equilibrio. Questo è possibile dato che il sistema è non lineare. 9

Esercitazione 1E 5: esercizio

Calcolare il movimento dello stato e dell’uscita per il sistema

( 2u ,ẋ t x t t( ) = ( ) + ( ) (8)2x ,y t t u t( ) = ( ) ( )

per

1. 0 7 e 1, 0.x u t t8( ) = ( ) =

2. 0 2 e 1, 0.x u t t8( ) = ( ) =

3. 0 0 e sin .x u t t( ) = ( ) = ( )

Soluzione

Per calcolare il movimento dello stato e dell’uscita del sistema dobbiamo individuare il movimento libero e forzato degli stessi, con il movimento libero dello stato dato genericamente da At 0 ,x t e x( ) = ( )` quello forzato dato da Z t A t( )tx t e Bu dt,( ) = ( )tf 0 ed il movimento dell’uscita dato da ,y t Cx t Du t( ) = ( ) + ( ) con .x t x t x t( ) = ( ) + ( )f`

Si noti che il sistema in esame è di ordine 1 e le matrici corrispondenti sono:n =1, 2, 2e 1.A B C D= = = =

1. Per la condizione iniziale considerata, la risposta libera del sistema è quindi:

t7e .x t( ) =` •).

Si noti che tale risposta tende ad esaurirsi nel tempo, ossia 0 per x t t! !( )`10

La risposta forzata invece è:

Z Zt t tt t t t+ t t t2e 2e 2e 2 2e ,x t dt e dt e( ) = = = =[ ]f 00 0•.e tende ad 2 per x t t! !( )f

Il movimento complessivo dello stato è quindi dato da:

t t t7e 2 2e 2 5e .x t( ) = + = +

Nota bene: per 1, si noti che lo stato di equilibrio è il punto ū = 2,x̄ = ossia il valore al quale tende la risposta del sistema.

L’uscita del sistema è quindi data da:

t t4 10e 1 3 10e .y t( ) = + = +

2. Si noti che la nuova condizione iniziale corrisponde esattamente al punto di equilibrio, per il quale vale la relazione ˙ 0.x̄ =

Partendo da questo punto ci si aspetta quindi di non muoversi.

Con questo presupposto, si ha che la risposta libera del sistema è data da:

t2e ,x t( ) =`

mentre, dato che l’ingresso ed il sistema non cambiano, la risposta forzata è ancora data da:

t2 2e .x t( ) =f

La risposta completa del sistema è quindi data da:

t t2e 2 2e 2,x t( ) = + =

come ci aspettavamo inizialmente.

L’uscita del sistema è quindi data da: 4 1 3.y t( ) = =11

Nota bene: i valori di stato ed uscita corrispondono al limite al quale tendono lo stato e l’uscita ottenuti al punto precedente. Infatti il sistema tende al punto di equilibrio ma, in questo caso, partendo dall’equilibrio non abbandona mai tale condizione.

Nota bene: l’uscita di equilibrio corrisponde al prodotto tra l’ingresso di equilibrio ȳ1 ed il del sistema. In questo caso quindi:ū guadagno statico= µ 3, 1 3.ȳ ū )= = =µ

3. Dato che la condizione iniziale è nulla, senza fare calcoli si può notare che la risposta libera non contribuisce alla risposta del sistema. Infatti

At 0 0.x t e x( ) = ( ) =`

La risposta forzata è invece data da:

Z Zt tt t+ t t2e sin 2e sinx t dt e dt.( ) = ( ) = ( )t tf 0 0

L’integrale riportato si risolve integrando per parti. In particolare:

2 3 tZ Zt t6 7t t tsin sin cose dt e e dt( ) = ( ) ( ) =t t t4 5|{z} |{z}| {z } | {z }0 0f0f ( )t( ) g gt ( ) ( )t t 0#f e t( ) =t Z ttt t tsin cos sine t e e dt= ( ) ( )] ( )[ t t|{z} 0 0 di nuovo per parti Z t t tt2 sin sin cos 1e dt e t e t) ( ) = ( ) ( ) +t0Z t tt sin cos 1e t e t( ) ( ) +t sin .e dt) ( ) =t 20

Quindi:

Z t tt sin cos 1e t e t( ( ) ( ) + )t tt2e sin 2ex t x t e dt( ) = ( ) = ( ) =tf 20 tsin cos ,x t t t e) ( ) = ( ) ( ) + 12e t t2x 2 sin 2 cos 2e sin sin 2e 2 cos .y t t u t t t t t t( ) = ( ) ( ) = ( ) ( ) + ( ) = ( ) + ( )13

Esercitazione 1E 6: esercizio

Dato il sistema autonomo

( ,ẋ t Ax t( ) = ( ) (9),y t Cx t( ) = ( )

con  1 1 ⇥ ⇤, , (10)A C 1 1= =1 1  2

Calcolare il movimento libero dello stato e dell’uscita per lo stato iniziale 0 .x ( ) = 1

Soluzione

Per calcolare il movimento libero usiamo la formula:

At 0 .x t e x( ) = ( )`

Di conseguenza, è necessario calcolare l’esponenziale di matrice . A tal fine calcoliamo e gli autovalori della matrice (con tale che 0) come segue:A det A( ) =l l lI✓  ◆ ✓ ◆0 1 1 1 1l l 21 1det A det det( ) = = = ( ) + =lI l0 1 1 1 1l l2 2l 2 0= + =l 1 j.) ±=l 1,2

Si ha quindi una coppia di autovalori complessi coniugati con 1.j± ·= = =l s w, s w1,2

Si noti che questi sono esattamente gli elementi sulla diagonale e controdiagonale della matrice Infatti:A.  1 1 s w .A = =1 1 w s

Dato questo si nota che:

2 3 2 3 2 3 2 3 2 30 0 0 0s w s w s w4 5 4 5 4 5 4 5 4 5t t t t t+0 0 0 0w s s w s wAt .e e e e e·= = =

Il primo termine, in quanto esponenziale di una matrice diagonale, soddisfa quanto segue:

2 30s 4 5 t 0e st0 s .e = 0 e st14

Per valutare il secondo termine possiamo sfruttare la definizione di esponenziale di matrice:

2 30 w 4 5 kt • kt 00 ww Âe = =0k! w0k =  10 22t0 0 0w w w ...t= + + + =0 0 02w w w   2 2t1 0 0 0 cos sin( ) ( )w w wt wt... .t= + + + =|{z}20 1 0 0 sin cos2 ( ) ( )w w wt wtSviluppo di Taylor

Si ottiene in questo modo che:

2 3s w   4 5 t 0 cos sin cos sine st ( ) ( ) ( ) ( )wt wt wt wtw s st .e e= =0 sin cos sin cose st ( ) ( ) ( ) ( )wt wt wt wt

Nel nostro caso, dato che 1:= =s w cos sin cos sint t( ) ( ) ( ) ( )wt wtAt tst ,e e e= =sin cos sin cost t( ) ( ) ( ) ( )wt wt

e il movimento libero dello stato sistema risulta:

   tcos sin 2 2 cos sint t t t e( ) ( ) ( ( ) + ( ))At t0 .x t e x e( ) = ( ) = = t` sin cos 1 2 sin cost t t t e( ) ( ) ( ( ) + ( ))y t( ) t2 3 51 4200400 15

La risposta libera del sistema è quindi data da:

 t2 cos sint t e⇥ ⇤ ( ( ) + ( ))At t0 3 sin cos .y t Ce x t t e1 1( ) = ( ) = = ( ( ) ( ))t` 2 sin cost t e( ( ) + ( ))

Nota bene: il seno ed il coseno legati alla parte immaginaria degli autovalori della matrice rendono l’andamento della risposta oscillante. Questa caratteristica viene tuttavia A dominata dalla divergenza del segnale , dovuta alla positività di 1. Come si nota e st =s nella figura precedente, la positività della parte reale degli autovalori rende quindi la risposta del sistema divergente. 16

Esercitazione 1E 7: esercizio

W Dato il circuito in figura, con 1 e 1R R C F.= = =21 R 1+ +R 2 y tu t ( )( ) C

1. Trovare le equazioni in forma di stato che descrivono la dinamica del sistema.

2. Classificare il sistema trovato.

3. Determinare stati ed uscite di equilibrio per 0.u t ū, t8( ) =

4. Disegnare movimento dell’uscita per 0, con condizioni iniziali u t ū, t