Esami svolti Fondamenti di automatica, parte 2

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

− −

1 e e 1

s (s+1) s+1 e e

t=1

t=1

t=1

i cui autovalori sono λ = 1 e λ = 1/e. Poiché Re(λ ) = 1 > 0, il sistema è instabile. (Nota:

1 2 1

questo risultato può essere ottenuto evitando ogni calcolo osservando che la matrice all’esponente è

triangolare.)

2. Si ricorda che i punti di equilibro di un sistema tempo continuo sono tutti e soli quelli che soddisfano

l’equazione Ax = 0, ovvero l’insieme dei punti di equilibrio è dato da X = ker(A).

e

0

a-b) In entrambi i casi la matrice A è non singolare, dunque X = ker(A) = (da non confondere

e 0

con l’insieme vuoto, visto che l’origine è sempre un punto di equilibrio).

Svolgimento esercizio #2 2 2

− −

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

− ∈

sono λ = 0, λ = α e λ = α 1. Il sistema è asintoticamente stabile per α (0, 1) (ovvero tutti gli

1 2 3 ∈ {0,

autovalori hanno modulo inferiore di 1), è semplicemente stabile per α 1} (due autovalori hanno

modulo minore di 1 ed il rimanente ha modulo esattamente pari a 1), ed è instabile per i restanti valori.

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

0 0 0

0 1 0

A =  

0 1 0

3 −

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

ma basta valutare in α = 1 il polinomio calcolato al primo punto). Nel dominio z, abbiamo y (z) =

l

−1

−

zC(zI A) x(0). In particolare, si hanno −1 1 

   0 0

z 0 0 z 1

−1 0 0

−

− 0 z 1 0 =

(zI A) = z−1 

   1 1

−1 0

0 z z (z−1) z

quindi 1

 

0 0 1

z

0 0

1 0 0 1

−1 z

0 0

−

C(zI A) = = 1 1 1

z−1

 

1 0 1 1 1 z z (z−1) z

0 z (z−1) z

ed infine  

0

1

0 0 0

−1 z

− 1

y (z) = zC(zI A) x(0) = z = ,

1 1 1

l 1

 

z z (z−1) z z−1

0

la cui antitraformata vale

0 0

−1

y (k) = Z =

l 1 z −

δ (k 1)

−1

z z−1 − −

3. In termini di segnali tabellati, u (k) è dato da u (k) = δ (k) δ (k 3), dunque le trasformate dei

−1 −1

2 2

z

singoli segnali sono u (z) = e

1 z−0.5 3 −

z 1 z z 1 z 1 1

−

u (z) = = =1+ +

2 3 3 2

− − −

z 1 z z 1 z z 1 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

1/z 1/z 1 1

−1

−

C(zI A) B = =

1/z 2/z 1 2

z

ed quindi z 1 1 1

1

z

+ + +

1 1 1

−1 2 3

z z−0.5 z z z

z−0.5

−

y (z) = C(zI A) Bu(z) = =

f 1 z 1 1 1

1 1

1 2 + 2 + 2 + 2

1 + +

z 2 3

2 z z−0.5 z z z

z z

antitrasformando si ha " #

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

Svolgimento esercizio #3 2 −

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

−1, −

λ = λ = 1 + i e λ = 1 i ed il sistema è quindi instabile.

1 2 3

2. La matrice di raggiungibilità vale 



1 2 2

2

−2

1 0

B AB A B

R = = 



0 2 0

quindi det(R) = 8 ed il sistema è raggiungibile. La matrice di osservabilità vale



 0 0 1

0 1 1 





 C 

 −1

1 1 



CA =

O = 





 −1

0 2 



2

CA 



−1 1 1 



−3 1 1

ha nucleo pari alla sola origine. Il sistema è osservabile.

3 2

−λ

3. Il polinomio caratteristico della matrice A è p(λ) = λ +2, il quale è differente dal polinomio desiderato

3 3 2 ̸

p (λ) = (λ + 1) = λ + 3λ + 3λ + 1. Dunque è necessario allocare gli autovalori mediante K = 0.

des

Poiché sistema è raggiungibile, tutti gli autovalori possono essere allocati. Si ha

  

 

 



−1 −1 −1

0 1 0 1 1

1 2 2 1

1

−1 −1 −1

−2 −1

−1

−2 −1

1

1 0

1 0 1 1

T = (T ) =

T = =

  

 

 



4

−2 −1

2 0

0 2 0 1 0 0 3 1

−1

Infine, dai polinomi p(λ) e p (λ) si hanno a = 2, a = 0, a = e b = 1, b = b = 3. Segue dunque

des 0 1 2 0 1 2

che  

−1 −1

1

1 1

7

− − −1

1 2 3 0 3 + 1 1 1 0

K = =

  2 2

4 −1

3 1

Cognome: Nome: Matricola:

FONDAMENTI DI AUTOMATICA - GESTIONALE

Domanda Scritta del 21/11/2022

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

come  

0 0

  −3 −4

0 0 b) A =

a) A = e 2 1

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

X

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

e

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

4

       

ẋ (t) α +1 0 α x (t) 1 1

1 1

u (t)

1

−1

ẋ (t) α 0 x (t) 1 0

= +

2 2

        u (t)

2

−

ẋ (t) 0 0 α 1 x (t) 0 0

3 3





x (t)

1

y (t) 1 0 1

1 x (t)

= 2 



y (t) 0 1 0

2 x (t)

3 ∈

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

1 1 1

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

l

3. Posto α = 0, determinare