Esercizi Fondamenti di automatica

Esercizi T.D.S.

Sistema SISO

1. Determinare funzione di trasferimento tra u e y_y
   • ¹/_s² = ¹/_s²+1
   • ¹/_(s+1)(s²+1) = ¹/_{(s+1)(s²+1) + s²} = ¹/_{(s+1)(s²+1) + s²}
2. Determinare l'eq di stato del sistema.
   • T(s) = ^Y(s)/_U(s) = ¹/_s+1 = ^Y(s)/_U(s)
   • y_y(s) = -Y(s) + U(s)
   • • 𝑖' = -x₁ + u₁
     • y₁ = x₁
     • (^x₂/_x3) = (0 1 | 0 0)(^x₂/_x3) + (0 | 1)u₂
     • y₂ = (1 0)(^x₂/_x3)
   • x₁' = -2x₁ + x₂ + u_y
   • y₁ = x₁
   • x₂ = x₃
     • x₃ = u₂ = x₁ - x₂
     • y = x₂
   • • A = ( -2 1 0 | 0 0 1 | 1 -1 0); B = (1 | 0); C = (0 1 0)
3. Controllabilità:
   • kc = (1 -2 4 | 0 0 1 | 0 1 -2)
   • det(kc) = -1 ≠ 0. rank (kc) = 3
   • Sist. controllabile

non K(koo) = 3.

1-10 Sist. osservabile OKAY!

1) Determinare la risposta all'impulso u(t)=δ(t) in

condizioni iniziali nulla u(t) = 1 = U(s).

T(s) = ^Y(s)/_U(s) - Y(s) = U(s). T(s) = ^{2s + 5}/_(s+3)(s+1) = ^A/_s+3 + ^B/_s+1 =

=2s + 5 = A + B

=>2s + 5 = A(s+1) + B(s+3) = (A+B)s + A + 3B

A + B = 2 -3B + B = 2 -3B = -3 B = ³/₂

A + 3B = 5 A = 5 - ³/₂ = ¹/₂.

Y(s) = ¹/₂ · ¹/_s+3 + ³/₂ · ¹/_s+1 L^-1 => ¹/₂ e^-3t + ³/₂ e^-t Risposta forzata.

Esercizio TDS n°6

1) Eq. del moto

con

y₂ = y

x₁ = X₂

x₂ = - x₂ + x₄ + u

x₃ = x₄

x₄ = x + x₁ + x₂ - x₃ - x₄

y = x₄

A =

B =

C = (0 0 0 1)

₁) K_c =

det(K_c) =

Sist. controllabile.

3) K_o =

det(K_o) =

Sist. osservabile.

Esercizio TDS n.05

a) Eq. di stato.

• sX₁ = -X₁ + u₁ con u₃ = y₁ + y₂
• y₁ = X₁
• sX₂ = -X₂ + u₂
• y₂ = X₂
• sX₃ = -X₃ + u₃
• y₃ = X₃

A = (-1ــ0), B = (ـفـ), L = (ــ1).

  ( 0 -1 )   (  0 )  ( 1  1 -1)   (  0 )

b) Controllabilità:

K_c = ( -1        0         1 )     (     0  1  -1    0    1 )     (1          4 -1 2 -2)

det(minore) ≠ 0 ⟶ sist. controllabile.

c) Osservabilità:

K_o = (  0  0  1 )     (1   1     1)     (1    1 ‑ ‑1)

det(K_o) = 1 (-2 +2) = 0. → sist. non osservabile.

d) Determinare T(s) tra u₁ e y₂ e tra u₂ e y₃.

(sI - A ) = ( s  +   1            ) ‑     ‑     tronca 1‑  s  ‑   A.

adj (sI - A) = ( (s + 1 ‑‑‑ 0 )             ‑ det(SI  ‑ A )

I₁(s) = (0   0 ) 1  ‑   1)   ‑    ‑ 0 or   (s‑ )] /rsqb

A=

det(λI-A)=

3-3

1

1=0

Non stabili.

λ¹ 1 0 0 -1-ε

λ¹ 1 1 0 1

λ¹ 1-ε 0 0 Variazione quindi non stabilizzabile.

λ¹ 1-1 1 1

λ¹ 5

Conclusione

Il sistema non è stabilizzabile in retroazione.

Sistema SISO X₁ = X₁ + X₂ - X₃ + μ

X₂ = -X₁ + X₂ - μ

X₃ = X₂ + X₃

Y= X₁ + X₂ + X₃

det(λI-A) = |(λ-1 -1 1)/(1 λ-1 0)/(0 1 λ-1)|=

= (λ-1) [λ-1-/sup(1 λ-1) - (λ-1)]= (λ-1)³-(λ+λ-x)³3λ-1+λ=λ³ 3λ+4 λ-1=

|1 -3 0 47+1 -11

4 -1 0 2 - λ -1 1

1 λ-1=1 -1 0

λ-1

λ3 λ-1 0 +1-λ)/sup(1 - λ-1 1

1 |1 λ-1)/sup1 [=+(λ-1)][ -λ ]

Sistema Instabile

|=1+(λ-1)(λ-1) -2tλ+2t=1+(λ-λ-x) -1+2λ3λλ³-6tλ+2 -1+0

b) k_C = |(1 1 0 -3)/(1 -2 1)/(0 1 3)| → det(kc) = |(-2 -2)/(1 3)/(0 -3)|=λ³3λλ⁴ -1 controllabile

c) k_O = |(1 1 1)/(0 1 0)/(-1 1 0)| det(k_o) = |(1 1)/( -1 0)=1 ≠0 → osservable

d) Stabilizzabile in retroazione nello stato verifico controllabile.

Determinare la risposta del sistema con condizioni iniziali nulle,

\( u_1(t)=0 \) e \( u_2(t)=1 \) (gradino unitario).

• \( \dot{x}_1 = x_2 \)
• \( \dot{x}_2 = -x_1 - x_2 + u_1 \)
• \( y_2 = x_1 + x_2 \)
• \( x_4 = -x_4 + u_3 \)
• \( y_3 = x_3 \)

• \( \dot{x}_1 = x_2 \)
• \( \dot{x}_2 = -x_1 - x_2 + u_1 \)
• \( x_3 = x_4 \)
• \( \dot{x}_4 = x_1 + x_2 - x_4 + u_2 \)
• \( y = x_3 \)

A = \[\begin{bmatrix}1 & 0 \\1 & -1 \\0 & -1 \\0 & 1 \end{bmatrix}\]B = \[\begin{bmatrix}0 \\0 \\0 \\1 \end{bmatrix}\]C = (0 0 1 0)

F(s) con condizioni iniziali nulle, non c'è risposta libera.

\( u_1(t) = 0 \rightarrow \mathcal{L}^{-1} \rightarrow u_1(s) = 0 \)

\( u_2(t) = 1 (t) \mathcal{L}^{-1} \rightarrow u_2(s) = \frac{1}{s} \)

T(s) = \(\frac{Y(s)}{U(s)}\) → Y(s) = U(s) . T(s) = \(\frac{1}{s} \cdot \frac{1}{s(s+1)}\) = \(\frac{1}{s^2} \cdot \frac{1}{s+1} = \frac{A}{s^2} + \frac{B}{s} + \frac{C}{s+1}\)

= As(s+1) + Bs(s+1) + Cs^2 = s^2(A + C) + s(A + B) + B

A + C = 0, C = 1

A + B = 0 \rightarrow A = -1, B = 1

B = 1, B = 1.

= \(-\frac{1}{s} + \frac{1}{s^2} + \frac{1}{s+1} = -1 + t + e^{-t}\)