Esami svolti Fondamenti di automatica, parte 1

A

desiderato p (λ) sono

des 3 2

− − ⇒ −1, −2,

p (λ) = λ λ 2λ a = a = a = 0

A 2 1 0

3 2 ⇒

p (λ) = λ + 3λ + 3λ + 1 b = 3, b = 3, b = 1.

des 2 1 0

Poiché i polinomi sono distinti, la retroazione è necessaria. Si ha

       

−2 −1 −1 −1

1 0 1 1 1 0 0 1

−1 −1 −1

−1 ⇒

0 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0

T = = T = (T ) =

       

0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1

da cui  

0 0 1

− − −

1 0 3 (−2) 3 (−1) 0 1 0 4 9 5

K = = .

 

1 1 1

Svolgimento esercizio #3 2

− |a|)(λ −

1. Il polinomio caratteristico della matrice A è p (λ) = (λ 1 + a) , dunque gli autovalori sono

A

|a| −

λ = e λ = λ = 1 a. Si ha stabilità asintotica per

1 2 3

( (

|λ | ∈

< 1 a (−1, 1)

1 ⇔ ⇔ ∈

a (0, 1).

|λ | |λ | ∈

= < 1 a (0, 2)

2 2 |λ | |λ | |λ |

Nel valore limite a = 1 si ha = 1 e = < 1, per cui si ha stabilità semplice. Nel valore limite

1 2 3

|λ | |λ | |λ |

a = 0 si ha < 1 e = = 1. Poiché λ = λ = 1 e la molteplicità geometrica associata alla

1 2 3 2 3

coppia è m (1) = 1, il sistema è instabile (si noti infatti che la matrice A in questo caso è già in forma

g

canonica di Jordan, a meno di trasposta). Infine, per tutti i casi rimanenti, si ha instabilità.

2. Per a = 0, la matrice A diviene 



1 0 0

1 1 0 ,

A = 



0 0 0

2

−

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

A Z,

basta valutare in a = 0 il polinomio calcolato al primo punto). Nel dominio della trasformata abbiamo

−1

−

Y (z) = zC(zI A) x(0). In particolare, si hanno

l −1 1 0 0 

  

−

z 1 0 0 z−1

1 1

−1 0

−1 −

− z 1 0 =

(zI A) = ,

2 

   z−1

(z−1) 1

0 0 z 0 0 z

quindi 1 0 0 

 1

z−1

0 0

1 0 0 1 1

−1 z−1

0

−

C(zI A) = = ,

2 1 1



 z−1

(z−1)

1 0 1 0

z−1 z

1

0 0 z

ed infine  

1

1 z

0 0

−1 z−1 z−1

− 0

Y (z) = zC(zI A) x(0) = z = .

l z

1 1   + 1

0 z−1

z−1 z 1

Quindi z

δ (k)

−1

−1 z−1

Z

y (k) = = .

l z + 1 δ (k) + δ (k)

−1

0

z−1

3. Si nota che (fare il grafico) 2

− − − −

u (k) = (u (k 1)) = δ (k 3) + 4δ (k 4) + δ (k 5),

2 1 0 0 0

per cui 1 2 1 1 4 1

U (z) = + + U (z) = + +

1 2

2 3 4 3 4 5

z z z z z z

−1 −1

− −

La risposta forzata in uscita è data da Y (z) = C(zI A) BU (z), dove C(zI A) è già calcolata nel

f

punto precedente. Si ha  

1 0

1 1

0 0 0

−1 z−1 z−1

− 1 1

C(zI A) B = =

1 1 1 1

 

0

z−1 z z−1 z

0 1

e quindi 1

1 1 2 1 1 1

1 2 1

0 + +

+ +

−1 2 3 4

z−1 z z−1 z z−1 z z−1

2 3 4

z z z

−

Y (z) = C(sI A) = .

BU (z) =

f 1 1 4 1 1 2 1 1 1 1 4 1

1 1

+ + + + + + +

3 4 5 2 3 4 4 5 6

z−1 z z z z z z−1 z z−1 z z−1 z z z

Antitrasformando, si ottiene

− − −

δ (k 3) + 2δ (k 4) + δ (k 5)

−1 −1 −1

Z[Y

y (t) = (z)] = .

f f − − − − − −

δ (k 4) + 4δ (k 5) + δ (k 6) + δ (k 3) + 2δ (k 4) + δ (k 5)

−1 −1 −1

0 0 0

Cognome: Nome: Matricola:

FONDAMENTI DI AUTOMATICA - GESTIONALE

Domanda Scritta del 26/05/2023

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

come  

−1 1

 

−1

1 −1

0

a) A = b) A = e

−2

2

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

2. Per ognuno dei casi a, b, calcolare una base del sottospazio dei punti di equilibrio.

e

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

       

ẋ (t) 1 0 0 x (t) 0

1 1

−1

ẋ (t) 0 1 x (t) 1

+ u(t)

=

2 2

       

ẋ (t) 0 0 1 x (t) 2

3 3





x (t)

1

x (t)

1 1 0

y(t) = 2 



x (t)

3 X

1. Dopo aver calcolato una base del sottospazio di raggiungibilità , utilizzare la decomposizione di Kalman

r

rispetto alla raggiungibilità ed indicare le matrici A e B del sottosistema raggiungibile/controllabile.

c c

2. Studiare la stabilità esterna del sistema.

3. Determinare la rappresentazione ingresso-uscita nel tempo (ponendo le condizioni iniziali nulle).

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

1000 1000

      

 −

a 0 1 a x (k) 0 0

x (k + 1) 1

1

u (k)

1

1000

− −

1 a 2 (a 1) x (k) 1 0

x (k + 1) = +

2

2       

 u (k)

2

− x (k) 0 1

x (k + 1) 0 0 a 3 3

2  

x (k)

1

y (k) 1 0 1

1 x (k)

= 2

 

y (k) 0 0 1

2 x (k)

3 ∈

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

1 0 1

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

l

3. Posto a = 1, determinare la risposta forzata y (k) nell’uscita, dove u (k) è come sotto rappresentato,

f 1

δ (k−3) −

mentre u (k) = 2 δ (k 2).

0 −1

2

Cognome: Nome: Matricola:

FONDAMENTI DI AUTOMATICA - GESTIONALE

Domanda Scritta del 26/05/2023

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

1 0

X X

a) = span b) =

e e

1 0

Esercizio #2

1. Raggiungibilità e sottosistema raggiungibile



 



0 



X 1 A = 1 B = 1

= span c c

r 



2 

 ✓

2. Stabilità esterna: Esternamente stabile Non esternamente stabile Nessuna delle precedenti

□ □ □

3. Rappresentazione ingresso-uscita nel tempo −

ẏ(t) y(t) = u(t).

Esercizio #3

1. Stabilità sistema

Valori di a per stabilità asintotica: nessuno

Valori di a per stabilità semplice: nessuno

∈

Valori di a per instabilità: a R

2. Risposta libera nell’uscita

Y (z) =

l

y (k) =

l

3. Risposta forzata nell’uscita

U (z) =

1

U (z) =

2

y (k) =

f Svolgimento esercizi

Svolgimento esercizio #1 −1

a. Gli autovalori di A sono λ = e λ = 0. Poiché Re(λ ) < 0 e Re(λ ) = 0, il sistema è asintoticamente

1 2 1 2

stabile. I punti di equilibrio sono

1

X = ker(A) = span

e 1

b. Poiché la matrice in esponente è triangolare, abbiamo

 

−1 1 1

  ⋆

−1

0 e

=

A = e ,

1

0 e

dunque gli autovalori di A sono λ = λ = 1. Poiché Re(λ ) > 0, il sistema è instabile. La matrice A non

1 2 1

è invertile, quindi

0

X = ker(A) = .

e 0

Svolgimento esercizio #2

1. Si ha 

 

 

 0

0 0 0 



2

⇒ X 1

1 1 1

B AB A B .

= Im(R) = span

R = = r 

 

 2

2 2 2 



Come vettori di completamento (ad una base, ma non necessariamente ortogonale) scegliamo w =

1

T T

1 0 0 0 1 0

e w = , quindi

2 1

  

 0 0

0 1 0 2

−1 −1 −1

1 0 0

v w w 1 0 1

T = T = (T ) = .

=

1 1 2   

 1

−

2 0 0 0 1 2

Segue che    

0 0

1 1

−1

 = T AT = B̂ = T B = ,

0 1 0 0

   

−1

0 0 0

da cui A = 1 B = 1.

c c

−1

−

2. Si ha W (s) = C(sI A) B, da cui −1

   

−

s 1 0 0 0

−1

0 s +1 1

1 1 0

W (s) =    

−

0 0 s 1 2

−1

1 0 0

   

0

s−1 1 1

0

1 0 0 1

=    

s+1 (s−1) (s+1)

1 2

0 0 s−1

1

= .

−

s 1

L’unico polo di W (s) è s = 1. Poiché Re(s ) > 0 il sistema non è esternamente stabile.

1 1

3. Per condizioni iniziali nulle, si ha Y (s) = W (s)U (s), quindi

−

(s 1)Y (s) = U (s).

Anti-trasformando ambo i membri, si ha −

ẏ(t) y(t) = u(t).

Svolgimento esercizio #3 1000

− −

1. Gli autovalori della matrice A sono λ = a 2, λ = a 3 e λ = a . Si ha stabilità asintotica se e solo

1 2 3

se  

|a − ∈

2| < 1 a (1, 3)

 

 

⇔

|a − ∈

3| < 1 a (2, 4)



 1000 ∈

a < 1 a (−1, 1)

 

∈ ∈

ovvero per nessun valore di a Di fatto, per ogni a almeno un autovalore presenta modulo

R. R

maggiore dell’unità, quindi il sistema è sempre instabile.

2. Per a = 1, la matrice A diviene  

1 0 0

−1

1 0

A = ,

 

−2

0 0

−

ed il suo polinomio caratteristico p(λ) = (λ 1)(λ + 1)(λ + 2) (il polinomio caratteristico non è da

ricalcolare, ma basta valutare in a = 1 il polinomio calcolato al primo punto). Nel dominio z, abbiamo

−1

1 · −

zC(zI A) x , poiché il punto iniziale x è considerato all’istante iniziale t = 2 .