Esami svolti Fondamenti di automatica, parte 1

FONDAMENTI DI AUTOMATICA - GESTIONALE

Domanda Scritta del 22/07/2022

Esercizio #1 Veridicità affermazioni

✓ ✓

a) Vero Falso b) Vero Falso

□ □ □ □

✓ ✓

c) Vero Falso d) Vero Falso

□ □ □ □

✓ ✓

e) Vero Falso f ) Vero Falso

□ □ □ □

✓ ✓

g) Vero Falso h) Vero Falso

□ □ □ □

Esercizio #2

1. Stabilità sistema

Valori di α per stabilità asintotica: α < 0

Valori di α per stabilità semplice: α = 0

Valori di α per instabilità: α > 0

2. Risposta libera nell’uscita −

y (t) = cos(t)δ (t)

−1

l

3. Risposta totale nell’uscita y(t) = (−1 + sin(t))δ (t)

−1

Esercizio #3

1. Stabilità sistema ✓

asintoticamente stabile semplicemente stabile instabile nessuna delle precedenti

□ □ □ □

2. Osservabilità sistema ✓

Sistema osservabile Sistema non osservabile

□ □

3. Decomposizione osservabilità, cambio base e matrice osservabilità sottosistema osservabile

1 1

 

0 2 2

1 0 0

T = A = 2 C = 2 Rango = 1

O O

 

1 12

−

0 2 Svolgimento esercizi

Svolgimento esercizio #1 −1,

1. a) Falso. I poli sono s = s = 0 ed s = +1. Dunque la matrice della dinamica del sistema ha almeno

−1,

questi tre autovalori, ovvero λ = λ = 0 e λ = 1. Il sistema è instabile.

1 2

b) Falso. I poli del sistema non hanno tutti parte reale negativa, ed anzi, abbiamo addirittura un polo

positivo.

c) Falso. La matrice W (s) ha due righe e due colonne, quindi il sistema ha due ingressi e due uscite.

̸

d) Falso. Tutte le funzioni razionali in W (s) sono strettamente proprie, mentre D = 0 ne avrebbe

creata almeno una propria ma non strettamente.

e) Vero. Il modo aperiodico divergente è infatti generato dal polo s = +1.

−1.

e) Falso. Un modo aperiodico convergente è infatti generato dal polo s =

g) Falso. Il sistema presenta tre poli, quindi la dinamica necessità almeno tre autovalori, dunque almeno

tre variabili di stato. − ̸ {0},

h) Falso. La matrice della dinamica A presenta l’autovalore nullo. Dunque ker(A) = ker(A 0I) =

ed esistono una infinità di punti di equilibrio.

Svolgimento esercizio #2 2 2

−

1. Il polinomio caratteristico della matrice A è p(λ) = (λ + 1)(λ 2αλ + α + 1), dunque gli autovalori

−1, −

sono λ = λ = α + i e λ = α i (tutti distinti). Per α < 0 tutti gli autovalori hanno parte reale

1 2 3

negativa ed il sistema è asintoticamente stabile, per α = 0 abbiamo stabilità semplice, dovuta ai complessi

e coniugati, mentre per α > 0 si ha instabilità, in quanto esistono autovalori a parte reale positiva.

2. Per α = 0, la matrice A diviene  

−1 1 1

0 0 1

A =  

−1

0 0

2

ed il suo polinomio caratteristico p(λ) = (λ + 1)(λ + 1) (il polinomio caratteristico non è da ricalcolare,

ma basta valutare in α = 0 il polinomio calcolato al primo punto). Nel dominio s, abbiamo y (s) =

l

−1

−

C(sI A) x(0). In particolare, si hanno −1 s−1 1

1 

 

 −1 −1

s + 1 2 2

s+1 (s+1)(s +1) s +1

−1 1

s

−1

− 0 s =

(sI A) = 0 

 

 2 2

s +1 s +1

1 s

0 1 s −

0 2 2

s +1 s +1

quindi s−1 1

1 

 2 2

s+1 (s+1)(s +1) s +1

−1 1 s

s 1

−

− 0

0 0 1 =

C(sI A) = 0 

 2 2

2 2 s +1 s +1

s +1 s +1

s

1

−

0 2 2

s +1 s +1

ed infine  

0 s

−1 1 s

−

− −

0 0 ,

y (s) = C(sI A) x(c) =

l  

2 2

s +1 s +1 2

s + 1

−1 −

la cui antitraformata è già tabellata senza necessità di scomposizione ulteriore, e pari a y (t) = cos(t).

l

1 1

3. Le trasformate dei due ingressi sono u (s) = ed u (s) = . La risposta forzata in uscita è data da

1 2

s s+1

−1 −1

− −

y (s) = C(sI A) Bu(s), dove C(sI A) è già calcolata nel punto precedente. Si ha

f  

0 1

−1 1 s s−1

−

− 0 0

1 0

C(sI A) B = =

 

2 2 2

s +1 s +1 s +1

1 0

ed infine 1

−

s 1

−1 s−1

s

− 0

y (s) = C(sI A) Bu(s) = =

f 1

2

s +1 2

s(s + 1)

s+1

La risposta totale in uscita è infine data da 2

− −

s s 1 s s + 1 1 1

− − −

y(s) = y (s) + y (s) = + = = + (1)

l f 2 2 2 2

s + 1 s(s + 1) s(s + 1) s s +1

−1

La cui antitrasformata è y(t) = + sin(t).

Svolgimento esercizio #3 2

− −

1. Il polinomio caratteristico della matrice A vale p(λ) = (λ 1)(λ 6λ + 8), per cui gli autovalori sono

λ = 1, λ = 2 e λ = 4. Poiché esistono autovalori a modulo strettamente maggiore di 1, il sistema è

1 2 3

instabile.

2. La matrice di osservabilità vale    

C 0 1 1

O 0 2 2

CA

= =

   

2

CA 0 4 4

la quale non ha rango pieno, visto che la prima colonna è interamente nulla. Il sistema è non osservabile.

X

3. Una base di è data da

no  

     

0 1 1 1 0

 

X 0 2 2 0 1

= ker = span , (2)

no      

−1

0 4 4 0

 

T T

−1

1 0 0 0 1

per cui poniamo t = e t = . Per completare la trasformazione, è sufficiente

2 3 T

O, 0 1 1

scegliere le righe indipendenti di ovvero t = . Si pone dunque

1  

0 1 0

−1

t t t 1 0 1

T = (3)

=

1 2 3  

−1

1 0

da cui 1

1 



0 2 2

1 0 0 (4)

T = 

 1 12

−

0 2

Applicando la trasformazione z = T x si hanno

 

0 0

2

−1 −1

2 0 0

Ĉ = CT

 = T AT (5)

3 1 1

 

0 0 4

da cui A = 2 e C = 2. Le quantità sono scalari poiché la dimensione del sottosistema osservabile è

O O

pari ad 1. La coppia (C , A ) è infine osservabile, come aspettato dalla teoria, essendo la sua matrice di

O O

O ̸

osservabilità = C = 0, ed il suo rango è pari ad 1.

O

Cognome: Nome: Matricola:

FONDAMENTI DI AUTOMATICA - GESTIONALE

Domanda Scritta del 9/09/2022

Esercizio #1 Si considerino i sistemi (tempo continuo) della forma ẋ(t) = Ax(t), dove la matrice A è definita

come  

0 0

 

0 1 −1

1

a) A = b) A = e

−1 0

1. Per ognuno dei casi a, b, studiare la stabilità del sistema.

2. Per ognuno dei casi a, b, calcolare l’insieme X dei punti di equilibrio.

e

Esercizio #2 Data la rappresentazione in variabili di stato di un sistema lineare e stazionario (tempo discreto)

       

− − −

x (k + 1) α 1 1 α α 1 x (k) 1 1

1 1

u (k)

1

x (k + 1) 0 α 0 x (k) 0 0

= +

2 2

        u (k)

2

x (k + 1) 0 α 0 x (k) 0 1

3 3





x (k)

1

y (k) 1 0 0

1 x (k)

= 2 



y (k) 1 0 1

2 x (k)

3 ∈

1. Studiare la stabilità del sistema al variare di α R. T

0 1 0

2. Posto α = 1, determinare la risposta libera y (k) in uscita a partire dallo stato iniziale x(0) = .

l

3. Posto α = 1, determinare la risposta forzata y (k) nell’uscita, dove le componenti dell’ingresso forzante

f

1

sono u (k) = e u (k) come sotto rappresentato.

1 2

k

2

Esercizio #3 Data la rappresentazione in variabili di stato di un sistema lineare e stazionario (tempo continuo)

       

ẋ (t) 1 1 0 x (t) 1

1 1

−1

ẋ (t) 1 0 x (t) 1

= + u(t)

2 2

       

−1

ẋ (t) 1 1 x (t) 0

3 3

 

x (t)

1

y (t) 0 0 1

1 x (t)

= 2

 

y (t) 0 1 1

2 x (t)

3

1. Studiare la stabilità del sistema.

2. Studiare la raggiungibilità e l’osservabilità del sistema. −Kx

3. Determinare, se possibile, una legge di retroazione u = per cui gli autovalori del sistema a ciclo

−1.

chiuso siano λ = λ = λ = Indicare la matrice K.

1,des 2,des 3,des

Cognome: Nome: Matricola:

FONDAMENTI DI AUTOMATICA - GESTIONALE

Domanda Scritta del 9/09/2022

Esercizio #1

1. Stabilità sistema ✓

a) Asintoticamente stabile Semplicemente stabile Instabile Nessuna delle precedenti

□ □ □ □

✓

b) Asintoticamente stabile Semplicemente stabile Instabile Nessuna delle precedenti

□ □ □ □

2. Punti di equilibrio

0 0

a) X = b) X =

e e

0 0

Esercizio #2

1. Stabilità sistema ∈

Valori di α per stabilità asintotica: α (0, 1)

Valori di α per stabilità semplice: α = 0 e α = 1

∈ ∪ ∞)

Valori di α per instabilità: α (−∞, 0) (1,

2. Risposta libera nell’uscita

0

y (k) =

l −

δ (k 1)

−1

3. Risposta forzata nell’uscita #

" k−1

1 − − − −

δ (k 1) + δ (k 1) + δ (k 2) + δ (k 3)

−1 0 0 0

2

y (k) =

f k−1

1 − − − −

δ (k 1) + 2δ (k 1) + 2δ (k 2) + 2δ (k 3)

−1 0 0 0

2

Esercizio #3

1. Stabilità sistema ✓

a) Asintoticamente stabile Semplicemente stabile Instabile Nessuna delle precedenti

□ □ □ □

2. Raggiungibilità ed osservabilità

✓ ✓

Raggiungibile Osservabile

□ □

Non raggiungibile Non osservabile

□ □

3. Retroazione dallo stato 7 1

0

K = 2 2

Svolgimento esercizi

Svolgimento esercizio #1 −i.

1. a) Gli autovalori sono λ = i e λ = Siccome Re(λ ) = Re(λ ) = 0, essendo distinti (o meglio,

1 2 1 2

complessi a coniugati), il sistema è semplicemente stabile.

b) La matrice A è data da

   

0 0 0 0 t 1

0

    1 0

1 0

−1 −1

1 1 −1 s =

=

= L

A = e = e 1 1 −t −t 1 1

− &m