Esercizi - Università degli studi di Genova

Transcript

ESERCIZI SVOLTI
di
ANALISI DEI SISTEMI
Davide Giglio
DIST - Università di Genova
Via Opera Pia, 13
16145 - Genova, Italy
Tel: +39 010 3532748 Fax: +39 010 3532154
[email protected]
Questa raccolta di esercizi svolti per il corso di Analisi dei Sistemi 1 è stata realizzata con lo scopo di fornire
un ausilio agli studenti durante la loro preparazione all’esame. Gli esercizi sono stati da me risolti seguendo il
metodo o i metodi che mi sembravano più opportuni al momento della risoluzione. Prego tutti gli studenti che
risolveranno gli esercizi proposti di comunicarmi via e-mail (all’indirizzo [email protected]) la presenza
di errori, imprecisioni o metodi di risoluzione alternativi.
Davide Giglio
Parte 1
Sistemi Lineari Tempo Invarianti
5
Davide Giglio
6
Esercizi Svolti di Analisi dei Sistemi
Esercizio 1.1
Calcolare la antitrasformata di Laplace delle seguenti funzioni nella variabile complessa s:
• F (s) =
• F (s) =
• F (s) =
s+2
s+4
;
s2 + s + 9
(s + 1)2 + 9
s3 + s + 1
s3 + 1
• Considero F (s) =
;
.
s+2
.
s+4
Il numeratore e il denominatore hanno lo stesso grado. Devo innanzitutto dividere il numeratore per il denominatore.
s
s
q
s+4
+ 2
+ 4
− 2
1
La funzione da antitrasformare può quindi essere scritta come
F (s) = 1 −
2
s+4
La funzione è già in fratti semplici e quindi può essere direttamente antitrasformata.
n
o
1
−1
−1
−1
f (t) = L
1 −2·L
F (s) = L
s+4
= δ(t) − 2e−4t · 1(t)
s2 + s + 9
.
(s + 1)2 + 9
Il numeratore e il denominatore hanno lo stesso grado. Devo innanzitutto sviluppare il polinomio al denominatore per poi dividere numeratore e denominatore.
F (s) =
s2
s2
q
+
+
−
s2 + s + 9
s2 + s + 9
s2 + s + 9
= 2
= 2
2
(s + 1) + 9
s + 2s + 1 + 9
s + 2s + 10
s
2s
s
+ 9
+ 10
− 1
s2 + 2s + 10
1
La funzione da antitrasformare eq̀uindi
F (s) = 1 −
s+1
(s + 1)2 + 9
Questa funzione è già in fratti semplici. Si ha quindi:
n
o
s+1
f (t) = L−1 F (s) = L−1 1 − L−1
(s + 1)2 + 9
= δ(t) − e−t · cos 3t · 1(t)
7
Davide Giglio
s3 + s + 1
.
s3 + 1
Anche in questo caso il numeratore e il denominatore hanno lo stesso grado.
−
s3
s3
q
+ s
+ s
+ 1
− 1
q
s3 + 1
1
s
F (s) = 1 + 3
=
s +1
s
=1+
=
(s + 1)(s2 − s + 1)
s
=
=1+
1 3
(s + 1) s2 − s + +
4 4
s
=1+
2 √ 2 !
3
1
s−
(s + 1)
+
2
2
Antitrasformo utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici.
√
3
B
A
s
2
2 √ 2 +
2 √ 2 ! = s + 1 + 3
1
1
3
s−
+
+
s−
(s + 1)
2
2
2
2
1
C s−
2
+
2 √ 2
3
1
s−
+
2
2
√
2 √ 2 !
1
3
3
1
s−
+
(s + 1)
s=A
+B
(s + 1) + C s −
2
2
2
2
√
√
3
3
1
1
2
s = As − As + A +
Bs +
B + Cs2 + Cs − C
2
2
2
2


A+C√
=0

...





 ...
3
1
−A +
B+ C=1
√
2
√2
√
1
3





 3B = 1 → B = √ =
1
3

B− C=0
A+
3
3
2
2

C = −A




1 1
3
1
1
−A + − A = 1 → − A =
→ A=−
2
2
2
2
3
√



 B= 3
3

1

A=−



√3

3
B=

3



 C=1
3
√
1
3
√
s−
1
1
1
3
2
2
+
·
F (s) = 1 − ·
2 √ 2 + · 2 √ 2
3 s+1
3
3
1
1
3
3
+
+
s−
s−
2
2
2
2
Antitrasformando i fratti semplici si ottiene
√
√
√
3 1t
3
3
1 1
1
e 2 sin
t + e 2 t cos
t
f (t) = δ(t) − e−t +
3
3
2
3
2
8
Esercizio 1.2
Calcolare la y(t) del seguente sistema
u(t)
-
1
s2 + 4
-
y(t)
con
1. u(t) = 3 sin 3t;
2. u(t) = e−t .
Considero il sistema con u(t) = e−t .
...
Per ottenere la stessa soluzione si poteva utilizzare il metodo della risposta in frequenza, che viene di seguito
riportato, e che viene consigliato in tutti quei casi l’ingresso, la funzione di trasferimento, o entrambi siano
funzioni sinusoidali.
...
Considero il sistema con u(t) = 3 sin 3t.
Trasformo la funzione di ingresso secondo Laplace.
n
o
U (s) = L 3 sin 3t =
s2
9
+9
L’uscita, nella variabile complessa s, è quindi
Y (s) = T (s) · U (s) =
Antitrasformo la funzione
1
9
·
s2 + 4 s2 + 9
9
.
(s2 + 4) (s2 + 9)
(As + B) s2 + 9 + (Cs + D) s2 + 4
As + B
Cs + D
9
= 2
+ 2
=
(s2 + 4) (s2 + 9)
s +4
s +9
(s2 + 4) (s2 + 9)
9 = As3 + Bs2 + 9As + 9B + Cs3 + Ds2 + 4Cs + 4D


A=0

A
+
C
=
0




 B = −D

B+D =0
→
C=0
9A
+ 4C = 0




9



9B + 4D = 9
−9D + 4D = 9 → D = −
5

A=0




 B= 9
5
C=0




 D = −9
5
9
Davide Giglio
La funzione da antitrasformare è quindi
Y (s) =
9
1
9
9
· 2
− · 2
5 s +4 5 s +9
La funzione nel tempo è
y(t) =
9
3
sin 2t − sin 3t
10
5
Anche in questo caso è possibile ottenere la stessa soluzione utilizzando il metodo della risposta in frequenza.
Essendo adesso, sia l’ingresso che la funzione di trasferimento, funzioni sinusoidali, è necessario procedere come
segue.
9
1
· 2
, si considera
Dato il prodotto 2
s +4 s +9
prima
9
2
2
,
cioé
sin
2t,
come
ingresso
(sia
esso
u
(t))
e
come funzione di trasferimento (sia essa T1 (s))
1
s2 + 4
s2 + 9
e poi
3
3
, cioé sin 3t, come ingresso (sia esso u2 (t)) e 2
come funzione di trasferimento (sia essa T2 (s))
s2 + 9
s +4
Nel primo caso si ottiene il modo di risposta
h
i
y1 (t) = T1 2j · sin 2t + Φ T1 2j
mentre nel secondo il modo
h
i
y2 (t) = T2 3j · sin 3t + Φ T2 3j
La y(t) cercata è
y(t) = y1 (t) + y2 (t)
Considero T1 2j .
T1 2j =
9
2
−4 + 9
=
9
10
h
i
9
e la fase è Φ T1 2j = 0.
Il modulo è T1 2j =
10
Considero T2 3j .
T2 3j =
3
3
=−
−9 + 4
5
h
3
i
Il modulo è T2 3j = e la fase è Φ T2 3j = π.
5
La funzione cercata è quindi
9
sin 2t +
10
9
sin 2t −
=
10
y(t) =
10
3
sin 3t + π =
5
3
sin 3t
5
Esercizio 1.3
Si consideri il sistema
-
δ(t)
S
-
y(t)
caratterizzato dalla seguente risposta all’impulso
2
h(t)
1
0
1/2 π
3/2 π
5/2 π
7/2 π
9/2 π
t
Scrivere la forma esatta di T (s).
Il segnale in figura è un segnale sinusoidale con modulo unitario e periodo π, traslato in ampiezza di una unità.
La forma esatta del segnale è:
h(t) = 1 − sin t
Passando nel campo della variabile complessa s si ha
H(s) = T (s) · U (s)
Essendo il segnale in figura una risposta all’impulso (cioé u(t) = δ(t)), è ovvio che U (s) = 1, e quindi
H(s) = T (s)
Di conseguenza
n
o 1
1
s2 − s + 1
T (s) = L h(t) = − 2
=
s s +1
s (s2 + 1)
11
Esercizio 1.4
Dato il sistema rappresentato rappresentato dalla seguente relazione ingresso/uscita
ÿ(t) + 9ẏ(t) + 8y(t) = u(t)
con u(t) = δ(t). Esistono condizioni iniziali per cui si ha
y(t) = e−4t
?
e per cui si ha
y(t) = e−t
?
Trasformo, secondo Laplace, la relazione ingresso / uscita data, al fine di lavorare nel campo della variabile
complessa s.
L y(t) = Y (s)
L ẏ(t) = s · L y(t) − y(0− ) = sY (s) − y(0− )
L ÿ(t) = s · L ẏ(t) − ẏ(0− ) = s2 Y (s) − sy(0− ) − ẏ(0− )
L u(t) = U (s)
Si ha quindi
s2 Y (s) − sy(0− ) − ẏ(0− ) + 9sY (s) − 9y(0− ) + 8Y (s) = U (s)
(s2 + 9s + 8)Y (s) = (s + 9)y(0− ) + ẏ(0− ) + U (s)
y(0− )s + 9y(0− ) + ẏ(0− )
1
+ 2
U (s)
Y (s) =
s2 + 9s + 8
s + 9s + 8
I modi di risposta del sistema sono dati dalle soluzioni di s2 + 9s + 8 = 0, cioé
s = −1 ∪ s = −8
Si può quindi già affermare che non sarà mai possibile ottenere un’uscita y(t) = e −4t in quanto s = −4 non è
un polo del sistema. Possiamo invece vedere se esistono condizioni iniziali per cui si ha y(t) = e −t .
U (s) = 1
y(0− )s + 9y(0− ) + ẏ(0− )
1
Y (s) =
+ 2
s2 + 9s + 8
s + 9s + 8
Impongo che questa funzione razionale fratta sia uguale alla trasformata di Laplace di e −t , cioé a
y(0− )s + 9y(0− ) + ẏ(0− ) + 1
1
=
s2 + 9s + 8
s+1
y(0− )s + 9y(0− ) + ẏ(0− ) + 1
s+8
= 2
s2 + 9s + 8
s + 9s + 8
y(0− ) = 1
9y(0− ) + ẏ(0− ) + 1 = 8
y(0− ) = 1
ẏ(0− ) = 8 − 1 − 9 = −2
Le condizioni iniziali per cui si ha y(t) = e−t sono
y(0− ) = 1 ∪ ẏ(0− ) = −2
12
1
.
s+1
Esercizio 1.5
Si consideri il seguente sistema:

−1 0

x(t)
ẋ(t) =
0 −2

y(t) = 1 1 x(t)
Trovare x(0− ) tale che
y(t) = 2e−t + 3e−2t
La risposta del sistema è costituita esclusivamente dalla risposta libera non essendo presente nel sistema il
termine Bu(t).
Y (s) = C(sI − A)−1 x(0− )


1
0


(sI − A)−1 =  s + 1
1 
0
s+2
(Il calcolo della matrice (sI − A)−1 è banale essendo la matrice A diagonale: è sufficiente invertire i termini
sulla diagonale della matrice (sI − A))


1
0
s + 1
1
1

−1
C(sI − A) = 1 1 
1 = s+1 s+2
0
s+2
x1 (0− ) x2 (0− )
1
1
x1 (0− )
−1
−
=
C(sI − A) x(0 ) =
+
−
s+1
s+2
s + 1 s + 2 x2 (0 )
Antitrasformando si ottiene la risposta del sistema.
x1 (0− ) x2 (0− )
y(t) = L−1
+
= x1 (0− )e−t + x2 (0− )e−2t
s+1
s+2
Lo stato iniziale richiesto è quindi
2
x1 (0− ) = 2
−
)
=
→
x(0
3
x2 (0− ) = 3
13
Esercizio 1.6

−2 0
1

x(t) +
u(t)
ẋ(t) =
0
−3
1

y(t) = 1 1 x(t)
Trovare le condizioni iniziali per cui si ha la seguente risposta all’impulso
y(t) = 3e−2t + 2e−3t
La risposta complessiva del sistema, nella variabile complessa s, è
Y (s) = C(sI − A)−1 x(0− ) + C(sI − A)−1 BU (s)
La risposta all’impulso si ottiene imponendo u(t) = δ(t), cioé
U (s) = 1
Le condizioni iniziali da determinare consistono in un vettore colonna di dimensione pari alla dimensione del
sistema. Nel nostro caso
x (0− )
x(0− ) = 1 −
x2 (0 )
Determino (sI − A)−1 . La matrice
s+2
0
(sI − A) =
0
s+3
è una matrice diagonale. La sua matrice inversa è quindi costituita da una matrice diagonale i cui valori sulla
diagonale corrispondono ai valori reciproci degli elementi sulla diagonale della matrice di partenza:


1
0


(sI − A)−1 =  s + 2
1 
0
s+3
Si ha:

0
1
1

−1
C(sI − A) = 1
1 = s+2 s+3
s+3
1
1
1
1
x1 (0− )
1
+
·1=
Y (s) =
s + 2 s + 3 x2 (0− )
s+2 s+3 1
1
1
1
1
= x1 (0− ) ·
+ x2 (0− ) ·
+
+
=
s+2
s+3 s+2 s+3
1
1
+ x2 (0− ) + 1 ·
= x1 (0− ) + 1 ·
s+2
s+3

1
s + 2
1 
0
Antitrasformando secondo Laplace si ottiene
y(t) = x1 (0− ) + 1 · e−2t + x2 (0− ) + 1 · e−3t
14
Esercizio 1.6
Per ottenere la risposta all’impulso data devo quindi imporre
x1 (0− ) + 1 = 3
x1 (0− ) = 2
⇒
−
x2 (0 ) + 1 = 2
x2 (0− ) = 1
Le condizioni iniziali cercate sono
2
−
x(0 ) =
1
15
Esercizio 1.7

−1 0

x(t)
ẋ(t) =
0 −1

y(t) = 1 1 x(t)
Trovare lo stato iniziale corrispondente a
y(t) = 3e−t
Non essendo presente, nell’espressione del sistema in equazioni di stato, il termine B · U (s), l’uscita del sistema,
nella variabile complessa s, è semplicemente
Y (s) = C(sI − A)−1 x(0− )
La matrice A del sistema dato è una matrice diagonale. Si ha quindi immediatamente


1
0 

(sI − A)−1 =  s + 1
1 
0
s+1
e
C(sI − A)−1 = 1

1
s + 1
1 
0

0  1
1 = s+1
s+1
1
s+1
Abbiamo
C(sI − A)
−1
1
x(0 ) =
s+1
−
1
s+1
x1 (0− ) + x2 (0− )
x1 (0− )
=
−
x2 (0 )
s+1
e, antitrasformando
x1 (0− ) + x2 (0− )
y(t) = L−1
= x1 (0− ) + x2 (0− ) · e−t
s+1
Deve quindi essere
x1 (0− ) + x2 (0− ) = 3
Vi sono ∞1 stati iniziali che forniscono l’uscita richiesta
3−k
−
x(0 ) =
k
16
Esercizio 1.8


 

−1 0 1
0



ẋ(t) =  0 −1 0 x(t) + 1 u(t)
0 1
0


0

y(t) = 1 0 1 x(t)
con u(t) = 1(t)
Determinare x(0− ) tale che y(t) sia limitata.
La risposta complessiva del sistema, nella variabile complessa s, è
Y (s) = C(sI − A)−1 x(0− ) + C(sI − A)−1 BU (s)
Determino la matrice inversa (sI − A)−1 .


s+1
0
−1
s+1
0 
(sI − A) =  0
0
0
s−1
det (sI − A) = (s + 1)2 (s − 1)


(s + 1)(s − 1)
0
0
0
(s + 1)(s − 1)
0 
adj (sI − A) = 
s+1
0
(s + 1)2


(s + 1)(s − 1)
0
s+1
0
(s + 1)(s − 1)
0 
adjT (sI − A) = 
0
0
(s + 1)2
 1

1
0
(s + 1)(s − 1) 
s + 1

adjT (sI − A) 
1
−1


(sI − A) =
= 0
0

det (sI − A)
s+1


1
0
0
s−1
Si ha inoltre
 1
s + 1

1 
 0

0

1
(s + 1)(s − 1)  
1
s+2
1
−1
=
0
C(sI − A) = 1 0
0

s+1
(s + 1)(s − 1)
s+1

1
0
s−1


x1 (0− )
−
−
1
s
+
2
x2 (0− ) = x1 (0 ) + x3 (0 ) · (s + 2)
0
C(sI − A)−1 x(0− ) =
s+1
(s + 1)(s − 1)
s+1
(s + 1)(s − 1)
x3 (0− )
x1 (0− ) + x3 (0− ) s + − x1 (0− ) + 2x3 (0− )
=
(s + 1)(s − 1)
 
0
s
+
2
1
1  = 0
0
C(sI − A)−1 B =
s+1
(s + 1)(s − 1)
0
0
17
Davide Giglio
L’uscita del sistema è quindi data da
x1 (0− ) + x3 (0− ) s + − x1 (0− ) + 2x3 (0− )
Y (s) =
(s + 1)(s − 1)
Antitrasformo secondo Laplace utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici:
x1 (0− ) + x3 (0− ) s + − x1 (0− ) + 2x3 (0− )
A
B
As − A + Bs + B
=
+
=
=
(s + 1)(s − 1)
s+1 s−1
(s + 1)(s − 1)
A+B s+ −A+B
=
(s + 1)(s − 1)
A + B = x1 (0− ) + x3 (0− )
−A + B = −x1 (0− ) + 2x3 (0− )
2B = 3x3 (0− )
⇒
2A = 2x1 (0− ) − x3 (0− )
B=
⇒
3
x3 (0− )
2
1
A = x1 (0− ) − x3 (0− )
2
La risposta del sistema è costituita da un esponenziale negativo (dovuto al modo di risposta s = −1) che
converge a 0 per t → ∞, e da un esponenziale positivo (dovuto al modo di risposta s = 1) che diverge a +∞
per t → ∞. Perché la risposta sia limitata deve quindi essere annullato il contributo dovuto all’esponenziale
positivo, cioé è necessario porre B = 0 e quindi
x3 (0− ) = 0
Ho quindi ∞2 condizioni iniziali che mi forniscono un’uscita limitata:
 
c1
x(0− ) = c2 
0
Con tali condizioni iniziali l’uscita è infatti
y(t) = c1 · e−t · 1(t)
18
Esercizio 1.9

1
1
0

x(t) +
kx(t)
ẋ(t) =
−3
−2
1

y(t) = −1 1 x(t)
Determinare, se possibile, k e x(0− ) tali che
yLIBERA (t) = 3e−t + 4 · 1(t)
Nel sistema dato si presenta una retroazione sullo stato. Scriviamo quindi il sistema dato nel seguente modo:
1
1
0 k1 k2 x(t) =
ẋ(t) =
x(t) +
−3 −2
1
0 0
1
1
x(t) =
x(t) +
=
−3 −2
k1 k2
1
1
=
x(t)
k1 − 3 k 2 − 2
La risposta libera, nella variabile complessa s, è data da
YLIBERA (s) = C(sI − A)−1 x(0− )
Determiniamo quindi la matrice inversa (sI − A)−1 .
s−1
−1
(sI − A) =
−k1 + 3 s − k2 + 2
det (sI − A) = (s − 1)(s − k2 + 2) − k1 + 3 =
= s2 − k2 s + 2s − s + k2 − 2 − k1 + 3 =
= s2 + (1 − k2 )s + (1 − k1 + k2 )
s − k2 + 2 k1 − 3
adj (sI − A) =
1
s−1
s − k2 + 2
1
T
adj (sI − A) =
k1 − 3
s−1
s − k2 + 2
1
k1 − 3
s−1
adjT (sI − A)
= 2
(sI − A)−1 =
det (sI − A)
s + (1 − k2 )s + (1 − k1 + k2 )
I modi di risposta che si vogliono ottenere sono e−t e 1(t). Nell’espressione di YLIBERA (s) dovranno comparire
1
1
(trasformata di Laplace di e−t ) e (trasformata di Laplace di 1(t)). Posso quindi già imporre
i termini
s+1
s
il determinante della matrice (sI - A) uguale a s(s + 1), cioé
1 − k2 = 1
1 − k 1 + k2 ) = 0
k1 = 1
k2 = 0
19
Davide Giglio
La matrice inversa (sI − A)−1 calcolata precedentemente diventa


s+2
1
1
s+2
−2 s − 1
 s(s + 1)
s(s + 1) 
=
(sI − A)−1 =
s−1 
2
s2 + s
−
s(s + 1) s(s + 1)
Inoltre

1
s+2
 s(s + 1)
s+4

s(s
+
1)
−1
C(sI − A) = −1 1 
2
s − 1  = − s(s + 1)
−
s(s + 1) s(s + 1)
s+4
s−2
x1 (0− )
−1
−
C(sI − A) x(0 ) = −
=
s(s + 1) s(s + 1) x2 (0− )

s−2
s(s + 1)
(−s − 4)x1 (0− ) + (s − 2)x2 (0− )
=
s(s + 1)
− x1 (0− ) + x2 (0− ) s + − 4x1 (0− ) − 2x2 (0− )
=
s(s + 1)
=
La trasformata di Laplace della risposta libera richiesta è
YLIBERA (s) =
4
3s + 4s + 4
7s + 4
3
+ =
=
s+1 s
s(s + 1)
s(s + 1)
Impongo quindi
−x1 (0− ) + x2 (0− ) = 7
−4x1 (0− ) − 2x2 (0− ) = 4
x2 (0− ) = 7 + x1 (0− )
−4x1 (0− ) − 14 − 2x1 (0− ) = 4
...
−6x1 (0− ) = 18
x1 (0− ) = −3
x2 (0− ) = 4
La soluzione richiesta è
k= 1 0
−3
x(0− ) =
4
20
→
x1 (0− ) = −3
Esercizio 1.10
0 1
1
x+
u
ẋ =
0 0
0
Trovare:
1. la risposta all’impulso delle componenti del vettore di stato;
2. le condizioni iniziali per cui la risposta libera delle componenti del vettore di stato è uguale
alla risposta all’impulso.
E’ noto che:
sX(s) − x(0− ) = AX(s) + BU (s)
sX(s) − AX(s) = x(0− ) + BU (s)
(sI − A)X(s) = x(0− ) + BU (s)
X(s) = (sI − A)−1 x(0− ) + (sI − A)−1 BU (s)
|
{z
} |
{z
}
Risposta LIBERA
Risposta FORZATA
La risposta all’impulso delle componenti del vettore di stato corrisponde alla risposta forzata (sI − A) −1 BU (s)
quando u(t) = δ(t).
u(t) = δ(t)
→
U (s) = 1
Xδ (s)(sI − A)−1 B
s −1
(sI − A) =
0 s
⇒
det (sI − A) = s2
s 0
adj (sI − A) =
1 s


1 1

2
(sI − A)−1 =  s s1 
0
s


1 1 "1#

2 1
= s
Xδ (s) =  s s1 
0
0
0
s
Antitrasformando Xδ (s) si ottiene la La risposta all’impulso delle componenti del vettore di stato.
1(t)
xδ (t) =
0
In maniera analoga è possibile calcolare

1
s
−
−1
XL (s) = (sI − A) x(0 ) = 
0
la risposta libera del sistema.



x1 (0− ) x2 (0− )
1 −
+
x1 (0 )
 s
s2 
s2 

1  x2 (0− ) = 
x2 (0− )
s
s
Perché la risposta libera delle componenti del vettore di stato sia uguale alla risposta forzata deve quindi essere
1
x1 (0− ) = 1
−
→ x(0 ) =
0
x2 (0− ) = 0
21
Esercizio 1.11
Si consideri il seguente sistema

0
1
1

x(t) +
u(t)
ẋ(t) =
−6
−5
−2

y(t) = 1 0 x(t)
1. Supponendo x(0− ) = 0, determinare se sia possibile trovare u(t) in modo da ottenere
(a) x1 (1) = x2 (1)
(b) x2 (1) = −2x1 (1)
2. Supponendo U (s) =
risposta globale sia
y(t) =
1
2
+
1
2
1
s
, determinare le condizioni iniziali x(0− ) = 0 in modo tale che la
e−2t − e−3t
t≥0
Determino lo spazio degli stati controllabili per valutare quali sono gli stati raggiungibili.
1 −2
P , B AB =
−2 4
rank P = 1
→
dim {XC } = 1
Una base dello spazio degli stati controllabili può essere ricavata considerando una (essendo una la dimensione
dello spazio degli stati controllabili) colonna linearmente indipendente della matrice P . Consideriamo quindi
come base il vettore
1
−2
E’ quindi possibile raggiungere tutti gli stati del tipo x2 (t) = −2x1 (t). Pertanto non è possibile ottenere lo
stato x1 (1) = x2 (1) mentre è possibile raggiungere lo stato x2 (1) = −2x1 (1):
(a) Non possibile
(b) Possibile
La risposta globale del sistema è data da
Y (s) = C(sI − A)−1 x(0− ) + C(sI − A)−1 BU (s)
|
{z
} |
{z
}
Risposta LIBERA
Risposta FORZATA
Determino, nella variabile complessa s, i vari termini che costituiscono la risposta globale del sistema.
s −1
(sI − A) =
6 s+5
det (sI − A) = s(s + 5) + 6 = s2 + 5s + 6 = (s + 2)(s + 3)
s + 5 −6
adj (sI − A) =
1
s
s+5 1
adjT (sI − A) =
−6 s
22
Esercizio 1.11


1
s+5
adj (sI − A)  (s + 2)(s + 3)
(s + 2)(s + 3) 
=
(sI − A)−1 =

s
6
det (sI − A)
−
(s + 2)(s + 3) (s + 2)(s + 3)


1
s+5

+ 3)
(s + 2)(s + 3)  =
C(sI − A)−1 = 1 0  (s + 2)(s

6
s
−
(s + 2)(s + 3) (s + 2)(s + 3)
1
s+5
=
(s + 2)(s + 3) (s + 2)(s + 3)
1
s+5
1
1
−1
=
C(sI − A) B =
(s + 2)(s + 3) (s + 2)(s + 3) −2
s+2
s+5
1
x1 (0− )
C(sI − A)−1 x(0− ) =
=
(s + 2)(s + 3) (s + 2)(s + 3) x2 (0− )
x1 (0− )s + 5x1 (0− ) + x2 (0− )
=
(s + 2)(s + 3)
T
C(sI − A)−1 BU (s) =
1
1
1
· =
s+2 s
s(s + 2)
La risposta globale del sistema è quindi
x1 (0− )s + 5x1 (0− ) + x2 (0− )
1
+
Y (s) =
(s + 2)(s + 3)
s(s + 2)
x1 (0− )s2 + 5x1 (0− ) + x2 (0− ) s + s + 3
=
=
(s + 2)(s + 3)
x1 (0− )s2 + 1 + 5x1 (0− ) + x2 (0− ) s + 3
=
(s + 2)(s + 3)
Tale funzione nella variabile complessa s deve essere uguale alla trasformata di Laplace della funzione nella
1 1
variabile reale t, y(t) = + e−2t − e−3t .
2 2
1 1 −2t
L y(t) = L
+ e
− e−3t
2 2
1
1
1
= 2 + 2 −
=
s
s+2 s+3
1
1
(s + 2)(s + 3) + s(s + 3) − s(s + 2)
2
2
=
=
s(s + 2)(s + 3)
1
3
1 2 5 2
s + s s + 3 + s2 + s − s2 − 2s
2
2
2
= 2
=
s(s + 2)(s + 3)
2s + 3
=
s(s + 2)(s + 3)
Devo quindi imporre
x1 (0− ) = 0
1 + 5x1 (0− ) + x2 (0− ) = 2
x1 (0− ) = 0
x2 (0− ) = 1
Le condizioni iniziali richieste sono
0
−
x(0 ) =
1
23
Esercizio 1.12
Dato il sistema di ordine n:
ẋ(t) = Ax(t)
A=0
Discutere la stabilità e dire se la proprietà trovata dipende dall’ordine n del sistema.
Una matrice A = 0 deve essere vista come una matrice diagonale i cui valori della diagonale sono tutti nulli. Di
cosenguenza, è immediato che il polinomio caratteristico del sistema è
ϕ(λ) = λn
Ho un polo in 0 con molteplicità algebrica pari a n. E’ necessario andare a verificare la molteplicità del polo in
0 nel polinomio minimo. Il polinomio minimo può essere determinato in più modi.
1. Attraverso lo studio di
m(λ) =
ϕ(λ)
α(λ)
dove α(λ) è il massimo comun divisore di tutti i termini della matrice adj (sI − A).
La matrice adj (sI − A) del
 n−1
λ
0
···
n−1
 0
λ
···

 ..
..
..
 .
.
.
0
0
···
e quindi è immediato che
sistema dato ha la forma

0
0 

.. 
. 
λn−1
α(λ) = λn−1
Il polinomio minimo è
m(λ) =
λn
=λ
λn−1
La determinazione del polinomio minimo attraverso lo studio del minimo comune multiplo dei denominatori
degli elementi della matrice (sI − A)−1 è conseguenza diretta del metodo appena visto. In ogni caso


1
0 ··· 0
λ



1
0

·
·
·
0


λ
(sI − A)−1 = 
.. 
.. . .
 ..

. .
.
.

1
0 0 ···
λ
e quindi
m(λ) = λ
2. Applico il teorema di Caley-Hamilton. Se la matrice A verifica il polinomio λ i , 1 ≤ i ≤ n, allora esso sarà
il polinomio minimo. Essendo la matrice A nulla, essa soddisfa certamente il polinomio λ = 0.
Il polinomio minimo è quindi
m(λ) = λ
24
Esercizio 1.12
3. Determino la dimensione k dell’autospazio relativo all’autovalore nullo e applico la relazione
µc
≤ µm ≤ µc − k + 1
k
dove
• µc è la molteplicità dell’autovalore in questione nel polinomio caratteristico
• µm è la molteplicità dell’autovalore in questione nel polinomio minimo
La dimensione dell’autospazio relativo all’autovalore nullo si determina attraverso lo studio dell’equazione
omogenea
(0I − A) · z = 0
dove z è un generico vettore n-dimensionale.

   
0 0 ··· 0
z1
0
 0 0 · · · 0   z2   0 

   
 .. .. . .
.  .  = .
. .
. ..   ..   .. 
0
0
···
0
zn
0
   
0
0
0 0
   
 ..  =  .. 
. .
0
0
La dimensione dell’autospazio è n.
Quindi
n
≤ µm ≤ n − n + 1
n
1 ≤ µm ≤ 1
µm = 1
Il polinomio minimo è
m(λ) = λ
Il sistema dato è semplicemente stabile e tale proprietà non dipende dall’ordine n del sistema.
25
Esercizio 1.13
Si consideri un sistema rappresentato dalla seguente funzione di trasferimento
T (s) =
s3 + s + 2
s4 + s 3 + s + 1
1. Determinare la stabilità del sistema;
2. Calcolare la risposta all’impulso h(t);
3. Cacolare limt→∞ h(t).
Il denominatore della funzione data può essere scritto nel seguente modo
s4 + s3 + s + 1 = s3 (s + 1) + (s + 1) =
= (s + 1)(s3 + 1) =
= (s + 1)2 (s2 − s + 1) =
√ √ 1− 3
1+ 3
2
= (s + 1) s −
s−
2
2
Il sistema presenta una coppia
√ di poli reali coincidenti in s = −1 e una coppia di poli complessi coniugati a
1∓ 3
parte reale positiva s =
. Il sistema è instabile.
2
Posso arrivare allo stesso risultato applicando il criterio di Routh-Hurwitz. Il criterio di Routh-Hurwitz può
essere applicato solamente se il polinomio al denominatore è completo e se tutti i suoi coefficienti sono positivi
(condizioni necessarie ma non sufficienti). Utilizzo quindi, come coefficiente del termine mancante s 2 un valore
positivo piccolo a piacere .
s4
s3
s2
s
1
1
1
−1
−2
−1
1
1
1
0
0
1
0
0
0
0
Il terzo valore della prima colonna, − 1 è da considerare negativo. Questo basta a concludere che il sistema è
instabile.
La risposta all’impulso è l’antitrasformata di Laplace della funzione di trasferimento. Per antitrasformare,
utilizzo il metodo della scomposizione in fratti semplici.
s3 + s + 2
A
B
C + Ds
=
+
+ 2
4
3
2
s +s +s+1
s + 1 (s + 1)
s −s+1
A(s + 1)(s2 − s + 1) + B(s2 − s + 1)+
+ (C + Ds)(s2 + 2s + 1) = s3 + s + 2
As3 − As2 + As + As2 − As + A + B 2 − Bs + B+
+ Cs2 + 2Cs + C + Ds3 + 2Ds2 + Ds = s3 + s + 2
26
Esercizio 1.13

A+D =1



B + C + 2D = 0
−B + 2C + D = 1



A+B+C =2

D =1−A



 B =2−A−C
−3A = −2 − 3C



 3C = 2 → C = 2
3

1
4


D =1− =−


3
3



 B= 4−4 =0
3 3
4


A
=


3



 C=2
3

D =1−A



−2A + B + C = −2
−A − B + 2C = 0



A+B+C =2

D =1−A




4


 B = 3 −A

−3A = −4





 C=2
3
→
A=
4
3
2 1
− s
4
1
s3 + s + 2
= ·
+ 23 3
4
3
s +s +s+1
3 s+1 s −s+1
2 1
− s
3
3
Attraverso il completamento dei quadrati e opportune operazioni algebriche, posso scrivere il termine 2
s −s+1
nel seguente modo.
2 1
− s
3 3
1 3
s2 − s + +
4 4
2 1
− s
= 3 32
1
3
s−
+
2
4
1
s−2
=− ·
2 √ 2
3
3
1
s−
+
2
2
1
3
s−
1
1
2
2
=− ·
2 √ 2 + · 2 √ 2 =
3
3
1
1
3
3
+
+
s−
s−
2
2
2
2
√
1
3
√
s−
1
3
2
2
=− ·
·
2 √ 2 +
2 √ 2
3
3
1
1
3
3
+
+
s−
s−
2
2
2
2
2 1
− s
3 3
=
s2 − s + 1
La funzione da antitrasformare è quindi
√
1
3
√
s−
4
3
1
1
2
2
·
− ·
·
2 √ 2 +
2 √ 2
3 s+1 3
3
1
1
3
3
s−
s−
+
+
2
2
2
2
Antitrasformando si ottiene la risposta all’impulso h(t) del sistema dato.
√
√
√
3
3 1t
3
4 −t 1 1 t
2
2
t+
e sin
t=
h(t) = e − e cos
3
3
2√
3
2
√ √
1 1
4
3
3
t − 3 sin
t
= e−t − e 2 t cos
3
3
2
2
27
Davide Giglio
La risposta all’impulso h(t) è una funzione nella variabile reale t costituita da tre componenti. La prima
4
componente, e−t , è una funzione esponenziale negativa e quindi il suo contributo si esaurisce per t → ∞. La
3
seconda e la terza componente costituiscono una funzione sinusoidale il cui inviluppo è la funzione esponenziale
1
positiva e 2 t ; questo termine diverge al crescere del tempo.
Pertanto, il limite per t → ∞ della risposta all’impulso h(t) non esiste.
28
Esercizio 1.14
3 k
h
ẋ =
x+
u
0 3
1
Per quali k e h il sistema è completamente controllabile?
Devo imporre il determinante di P ,
3 k h
3h + k
AB =
=
0 3 1
3
h 3h + k
P =
1
3
B
AB
diverso da 0.
det P = 3h − 3h − k = −k
det P 6= 0
∀h, k 6= 0
Il sistema è quindi completamente controllabile per qualsiasi h e per k diverso da 0.
29
Esercizio 1.15


 
−1 0
k
0
ẋ(t) =  0 −1 0  x(t) + 1 u(t)
0
0 −1
2
Per quali k il sistema è completamente controllabile?
E’ sufficiente imporre il determinante di P , B

   
−1 0
k
0
2k
AB =  0 −1 0  1 = −1
0
0 −1
2
−2

−1
A2 B =  0
0
0
−1
0
AB
A2 B diverso da 0 (che equivale a imporre rank P = 3).

  
−4k
2k
k
0  −1 =  1 
2
−2
−1
La matrice P è quindi


0 2k −4k
1 
P = 1 −1
2 −2
2
La seconda e la terza riga, che non dipendono dal parametro k, sono linearmente dipendenti (R 3 = −R2 ).
Questo vuol dire che
det P = 0
rank P ≤ 2
∀k ∈R
∀k ∈R
Il sistema dato non è mai completamente controllabile.
30
Esercizio 1.16
Si consideri la seguente risposta all’impulso:
1
h(t)
π/2
0
t
π
−π/4
−e
• Determinare la funzione di trasferimento;
• Retroazionare il sistema sull’uscita e determinare k in modo che il sistema risulti:
1. non completamente controllabile e non completamente osservabile;
2. semplicemente stabile;
3. asintoticamente stabile.
La risposta all’impulso in figura è una sinusoide che tende a zero per t → ∞ e presenta un valore diverso da
zero nell’origine. Essa può quindi essere scritta come
h(t) = a · e−bt · cos ωt
dove a, b e ω sono tre parametri reali da determinare in base alle seguenti considerazioni:
1. nell’origine h(t) vale 1, cioé h(0) = 1;
2. la frequenza della sinusoide è doppia;
3. in
π
2
π
la risposta all’impulso vale −e− 4 .
Dalla prima considerazione si ottiene:
h(0) = a · e0 · cos 0 = 1
→
a=1
Dalla seconda considerazione si ottiene:
ω=2
Dalla terza considerazione si ottiene:
π
π
π
π
h
= 1 · e−b 2 · cos 2 = −e− 4
2
2
→
π
π
−e−b 2 = −e− 4
→
b=
1
2
La risposta all’impulso è quindi
1
h(t) = e− 2 t · cos 2t
La funzione di trasferimento è
1
1
s−
s−
4s − 2
2
2
=
= 2
T (s) = H(s) = 1
1 2
4s + 4s + 17
s2 + s + + 4
+4
s−
4
2
31
Davide Giglio
La funzione di trasferimento appena determinata corrisponde alla seguente relazione ingresso/uscita
ÿ(t) + ẏ(t) +
1
17
y(t) = u̇(t) − u(t)
4
2
E’ quindi possibile mettere il sistema in equazioni di stato utilizzando la particolare realizzazione denominata
forma compagna controllabile. Nel nostro caso
a0 =
17
4
a1 = 1
1
2
b1 = 1
b0 = −
b2 = 0
e quindi

"
#
0
1

0


17
u(t)
x(t) +
 ẋ(t) =
1
−1
−
4 

1

 y(t) = −
1 x(t)
2
Il sistema ottenuto attraverso la forma compagna controllabile è sicuramente completamente
controllabile.
Verifichiamo comunque questo fatto attraverso lo studio del rango della matrice P , B | AB .
#
"
0
1 0 1 17
=
AB =
−1
−1 1
−
4
0 1
→ rank P = 2
P =
1 −1
Il rango della matrice P è 2 e quindi ilsistema è completamente controllabile. Verifico l’osservabilità attraverso
C
.
lo studio del rango della matrice Q ,
CA
# " 0
1
3
1
17
17
CA = −
= −
1
−
−
−1
2
4
2
4


1
1 
 −2
Q =  17
3  → rank Q = 2
−
−
4
2
Il rango della matrice Q è 2 e quindi il sistema è anche completamente osservabile.
Una retroazione algebrica sull’uscita non modifica le caratteristiche di controllabilità e di osservabilità. Di
conseguenza non potrà esistere alcun k che renda il mio sistema non completamente controllabile e non completamente osservabile. Verifico comunque questo fatto.
Il sistema retroazionato è

"
#
0
1

0


17
x(t) +
v(t) − k · y(t)
 ẋ(t) =
1
−
−1
4 

1

 y(t) = −
1 x(t)
2

#
"
0
1

0
0
1


17
x(t) −
v(t)
 ẋ(t) =
−
1 x(t) +
k
1
−
−1
2
4


1

 y(t) = −
1 x(t)
2

"
"
#
#
0
0
0
1

0


17
x(t) +
v(t)
x(t) −
k
 ẋ(t) =
1
−
−1
k
−
2
4 

1

 y(t) = −
1 x(t)
2
32
Esercizio 1.16

"
#
0
1

0


v(t)
x(t) +
 ẋ(t) = k 17
1
−
−k − 1
2
4


1

 y(t) = −
1 x(t)
2
Determiniamo il rango delle matrici P e Q del sistema retroazionato.
"
# 0
1
0
1
AB = k 17
=
−k − 1
−
−k − 1 1
2
4
0
1
→ rank P = 2 ∀ k
P =
1 −k − 1
# " 0
1
1
3
k 17
CA = −
=
k
17
1
−
−k −
−
−k − 1
2
2
4
2
2
4


1
−
1


Q =  k 217
3  → rank Q = 2 ∀ k
−
−k −
2
4
2
Come è possibile vedere, il rango delle matrici P e Q è massimo indipendentemente dal parametro k. Di
conseguenza, il sistema retroazionato sarà completamente controllabile e completamente osservabile ∀ k.
Per verificare la proprietà di stabilità del sistema retroazionato, determino il determinante della matrice (sI −A).
(sI − A) =
"
s
−
k 17
+
2
4
−1
s+k+1
#
k 17
+
=
2 4
17 k
2
−
= s + (k + 1)s +
4
2
det (sI − A) = s(s + k + 1) −
Il sistema retroazionato è semplicemente stabile per
∩
k+1>0
k > −1
17
k=
2
∩
17 k
− =0
4
2
17 = 2k
Il sistema retroazionato è asintoticamente stabile per
∩
k+1>0
k > −1
∩
k > −1
∩
−1 < k <
17
2
17 k
− >0
4
2
17 > 2k
17
k<
2
33
Esercizio 1.17


 

0
1
1
0



ẋ(t) = −1 −2 0  x(t) + 1 u(t)
0 −1
0


0

y(t) = 1 0 0 x(t)
1. Discutere le proprietà strutturali;
2. Dire se, per qualche valore di x(0− ), e applicando una retroazione sullo stato, si possa avere:
(a) y(t) = b1 e−t + b2 e−2t + b3 e−3t
(b) y(t) = b1 e−10t + b2 e−20t + b3 e−30t
Studio le proprietà di stabilità, controllabilità e osservabilità.
Determino i poli del sistema attraverso la matrice (sI - A).


s −1
−1
0 
(sI − A) = 1 s + 2
0
0
s+1
det (sI − A) = (s + 1) s(s + 2) + 1 =
= (s + 1)(s2 + 2s + 1) = (s + 1)3
Ho tre poli reali negativi coincidenti (s = −1). Il sistema è asintoticamente stabile.
Verifico la controllabilità attraverso il rango della matrice P , B | AB | A2 B .

 


−1 −2 −1
0
1
1
0
1
1
3 −1
A2 = −1 −2 0  −1 −2 0  =  2
0
0
1
0
0 −1
0
0 −1
   

1
0
0
1
1
AB = −1 −2 0  1 = −2
0
0
0
0 −1
   

−2
0
−1 −2 −1
3 −1 1 =  3 
A2 B =  2
0
0
0
0
1


0 1 −2
P = 1 −2 3  → rank P = 2
0 0
0
Il rango della matrice P è 2. Il sistema è non completamente controllabile.
Avendo tre poli reali coincidenti ed essendo il rango della matrice P uguale a 2, è immediato verificare che nel
sistema dato si hanno due poli controllabili in s = −1 e un polo non controllabile in s = −1.


C
Verifico l’osservabilità attraverso il rango della matrice Q ,  CA .
CA2


1
1
0
CA = 1 0 0 −1 −2 0  = 0 1 1
0
0 −1
34
Esercizio 1.17


−1 −2 −1
3 −1 = −1
CA2 = 1 0 0  2
0
0
1


1
0
0
1
1  → rank Q = 3
Q= 0
−1 −2 −1
−2
−1
Il rango della matrice Q è 3. Il sistema è completamente osservabile.
I tre poli reali coincidenti in s = −1 sono quindi poli controllabili.
Una retroazione sullo stato consente di “spostare” a piacimento solamente i poli controllabili in quanto una tale
retroazione non modifica la proprietà di controllabilità del sistema. Posso quindi spostare a piacimento due poli
ma uno rimane in ogni caso in s = −1. Potrò quindi avere
y(t) = b1 e−t + b2 e−2t + b3 e−3t
ma non
y(t) = b1 e−10t + b2 e−20t + b3 e−30t
35
Esercizio 1.18


 

−1 2 0
0



ẋ(t) = −2 −1 0 x(t) + 0 u(t)
0 0
1


0

y(t) = 1 1 0 x(t)
1. Discutere le proprietà strutturali del sistema;
2. Trovare x3 (t) con u(t) = sin 4t e con condizioni iniziali nulle;
3. calcolare limt→∞ x3 (t).
• Stabilità
Per lo studio della stabilità determino i poli del sistema ponendo il determinante della matrice (sI − A)
uguale a 0.
det (sI − A) = 0


s + 1 −2 0
s + 1 0 = 0
det  2
0
0
s
s (s + 1)2 + 4 = 0
s(s2 + 2s + 1 + 4) = 0
s(s2 + 2s + 5) = 0
s2 + 2s + 5 = 0
√
s = −1 ∓ 1 − 5 = −1 ∓ 2i
I poli del sistema sono
s1 = 0
s2 = −1 − 2i
s3 = −1 + 2i
Il sistema è semplicemente stabile.
• Controllabilità
Per lo studio della controllabilità determino il rango della matrice P , B AB .


 

−1 2 0
−1 2 0
−3 −4 0
A2 = −2 −1 0 −2 −1 0 =  4 −3 0
0
0 0
0
0 0
0
0 0

   

   
−1 2 0
0
0
−3 −4 0
0
0
AB = −2 −1 0 0 = 0
A2 B =  4 −3 0 0 = 0
0
0 0
1
0
0
0 0
1
0


0 0 0
P = 0 0 0 → rank P = 1
1 0 0
36
Esercizio 1.18
Il rango della matrice P è 1. Il sistema quindi è non completamente controllabile.
Determino la matrice di controllabilità (sI − A)−1 B per determinare quali sono i poli controllabili e quali
non controllabili.


s + 1 −2 0
s + 1 0
(sI − A) =  2
0
0
s
det (sI − A) = s(s2 + 2s + 5)


s(s + 1)
−2s
0

s(s + 1)
0
adj (sI − A) =  2s
2
0
0
s + 2s + 5


s(s + 1)
2s
0
T

s(s + 1)
0
adj (sI − A) =  −2s
2
0
0
s + 2s + 5

s+1
2
2
2

s + 2s + 5
s + 2s + 5
adjT (sI − A) 
s+1
2
=
(sI − A)−1 =
−

2
2
det (sI − A)
 s + 2s + 5 s + 2s + 5
0
0

s+1
 s2 + 2s + 5

2
(sI − A)−1 B = 
− s2 + 2s + 5

0

2
s2 + 2s + 5
s+1
s2 + 2s + 5
0
0



0

1
s
0   0
 0

  0
0
 0 = 1
1 1
s
s
s1 è l’unico polo controllabile mentre s2 e s3 sono poli non controllabili.
• Osservabilità


C
Per lo studio dell’osservabilità determino il rango della matrice Q ,  CA .
CA2
CA = 1
1

−1
0 −2
0
2
−1
0

0
0 = −3
0
1


−3 −4 0
CA2 = 1 1 0  4 −3 0 = 1 −7
0
0 0


1
1 0
Q = −3 1 0 → rank Q = 2
1 −7 0
0
0
Il rango della matrice Q è 2. Il sistema quindi è non completamente osservabile.
Determino la matrice di osservabilità C(sI − A)−1 per determinare quali sono i poli osservabili e quali
non osservabili.


s+1
2
0
 s2 + 2s + 5

s2 + 2s + 5


2
s+1
−1

C(sI − A) = 1 1 0 − 2
0
=
2
 s + 2s + 5 s + 2s + 5 1 
0
0
s
s+3
s−1
= 2
0
s + 2s + 5 s2 + 2s + 5
s2 e s3 sono i poli osservabili mentre s1 è l’unico polo non osservabile.
37
Davide Giglio
Lo stato del sistema nella variabile complessa s è dato da
 
0
0
−1
X(s) = (sI − A) BU (s) =   U (s)
1
s
In particolare, X3 (s) con u(t) = sin 4t è
X3 (s) =
1
1
·
s s2 + 16
1
A Bs + C
1
·
= + 2
s s2 + 16
s
s + 16
4 = As2 + 16A + Bs2 + Cs

1



 A+B =0
 A= 4
1
C=0
B=−



4
16A = 4

C=0
1
1
s
−
2
4s 4 s + 16
!
1 1
− cos 4t · 1(t)
x3 (t) =
4 4
X3 (s) =
Infine, date le caratteristiche della funzione x3 (t) (x3 (t) è composta da una parte costante e da una parte
sinusoidale), si può concludere che il limite richiesto non esiste.
lim x3 (t) @
t→∞
38
Esercizio 1.19


 

−2 p 0
0



ẋ(t) =  0 0 1 x(t) + 1 u(t)
1


0 0 0

y(t) = 0 1 0 x(t)
1. Discutere le proprietà strutturali del sistema (stabilità, controllabilità e osservabilità) al
variare del parametro p;
2. Trovare, se esiste, la matrice k tale che u(t) = −kx(t) permette di assegnare tutti i poli del
sistema in s = −2.
1.
Determino i poli del sistema.
det (sI − A) = 0

s+2
det  0
0

0
−1 = 0
s
p
s
0
s2 (s + 2) = 0
I poli del sistema sono s = 0 con molteplicità 2 e s = −2. Non posso ancora concludere sulla stabilità in quanto
devo verificare la molteplicità del polo in 0 nel polinomio minimo.
Determino il polinomio minimo come minimo comune multiplo di tutti i denominatori presenti nella matrice
(sI − A)−1 .
Calcolo la matrice (sI − A)−1 .
det (sI − A) = s2 (s + 2)


s2
0
0
0 
adj (sI − A) = −ps s(s + 2)
−p
s+2
s(s + 2)

 2
s
−ps
−p
s+2 
adjT (sI − A) =  0 s(s + 2)
0
0
s(s + 2)
 1
p
−

s
+
2
s(s
+ 2)
adjT (sI − A) 
1
−1

(sI − A) =
= 0
det (sI − A)
s

0
0
−

p
s2 (s + 2) 

1


2
s

1
s
Il polinomio minimo è quindi
m(s) = s2 (s + 2)
Il sistema è instabile.
39
Davide Giglio
Determino la matrice di controllabilità (sI − A)−1 B.

 1

 

p
p
p
p
p(s + 1)
− 2
−
−
− 2
− 2
 
s + 2
 s(s + 2) s (s + 2)   s (s + 2) 
s(s + 2)
s (s + 2)  0


  s+1 

1
1
1
1
−1
 1  = 
=

(sI − A) B = 
+ 2

 0

 

2
s s
s
s2
s
 1





1
1
1
0
0
s
s
s
I poli controllabili del sistema sono quelli che compaiono nei denominatori della matrice di controllabilità
(sI − A)−1 B. Se p 6= 0 tutti i poli del sistema compaiono nella matrice di controllabilità (il minimo comune
multiplo di tutti i denominatori di (sI − A)−1 B è s2 (s + 2)), mentre se p = 0 la prima riga della matrice
(sI − A)−1 B si annulla e quindi il minimo comune multiplo diventa semplicemente s 2 . In quest’ultimo caso il
polo s = −2 risulta non controllabile. Riassumendo:
• se p 6= 0 il sistema è completamente controllabile;
• se p = 0 il sistema è non completamente controllabile (poli controllabili: s = 0 (con molteplicità 2) — poli
non controllabili s = −2).
Determino la matrice di osservabilità C(sI − A)−1 .
 1
p
−
s + 2
s(s + 2)

1
C(sI − A)−1 = 0 1 0 
 0
s

0
0
−

p
s2 (s + 2)  
1
= 0

2
s

1
s
1
s
1
s2
Si può subito osservare che la matrice di osservabilità non dipende dal parametro p. Il minimo comune multiplo
di tutti i denominatori di C(sI − A)−1 è s2 . Si può quindi concludere che il sistema è non completamente
osservabile (poli osservabili: s = 0 (con molteplicità 2) — poli non osservabili s = −2).
2.
La retroazione u(t) = −kx(t) è una retroazione sullo stato. Una retroazione sullo stato consente di assegnare a
piacimento tutti i poli controllabili del sistema. Nel nostro caso particolare:
• se p 6= 0 il sistema è completamente controllabile e quindi posso determinare una matrice k che mi permette
di assegnare tutti i poli in s = −2;
• se p = 0 il sistema è non completamente controllabile. Osservo però che l’unico polo non controllabile del
sistema è s = −2. In pratica l’unico polo che non posso assegnare a piacimento si trova già in s = −2,
come richiesto. Posso quindi anche in questo caso determinare una matrice k che mi assegnerà i due poli
controllabili (s = 0 con molteplicità 2) in s = −2 essendo il terzo già correttamente posizionato.
Pongo u(t) = −kx(t). Il sistema diventa

 

−2 p 0
0 ẋ(t) =  0 0 1 x(t) − 1 k1
0 0 0
1


−2
p
0
= −k1 −k2 1 − k3  x(t)
−k1 −k2
−k3
k2
k3

−2
x(t) =  0
0
p
0
0


0
0
1 x(t) − k1
k1
0
0
k2
k2

0
k3  x(t) =
k3
Per assegnare i poli, determinare il polinomio caratteristico della matrice (sI − A).


−2
p
0
det (sI − A) = det −k1 −k2 1 − k3  =
−k1 −k2
−k3
= (s + 2) (s + k2 )(s + k3 ) − k2 (k3 − 1) + p k1 (s + k3 ) − k1 (k3 − 1) =
= (s + 2) s2 + k2 s + k3 s + k2 k3 − k2 k3 + k2 + p k1 s + k1 k3 − k1 k3 + k1 =
= s3 + k2 s2 + k3 s2 + k2 s + 2s2 + 2k2 s + 2k3 s + 2k2 + pk1 s + pk1 =
= s3 + (k2 + k3 + 2)s2 + (pk1 + 3k2 + 2k3 )s + (pk1 + 2k2 )
40
Esercizio 1.19
Impongo che il polinomio caratteristico sia uguale a
(s + 2)3 = s3 + 6s2 + 12s + 8
cioé al polinomio caratteristico di un sistema di terzo ordine che ha tutti i poli in s = −2.
s3 + (k2 + k3 + 2)s2 + (pk1 + 3k2 + 2k3 )s + (pk1 + 2k2 ) = s3 + 6s2 + 12s + 8

 k2 + k 3 + 2 = 6
pk1 + 3k2 + 2k3 = 12

pk1 + 2k2 = 8

 k3 = 4 − k 2
8 − 2k2 + 3k2 + 8 − 2k2 = 12

2
k1 = 8−2k
p

 ...
−k2 = 4 ⇒ k2 = 4

...

 k3 = 0
k2 = 4

k1 = 0
La matrice k tale che u(t) = −kx(t) permette di assegnare tutti i poli del sistema in s = −2 è
0 4 0
41
Esercizio 1.20
-
u(t)
s
s−1
-
1
s+k
-
1
s
?
e+ +
6
y(t)
1. Discutere, al variare di k, le proprietà strutturali del sistema;
2. Mettere il sistema in equazioni di stato;
3. Discutere la possibilità di assegnare i poli del sistema in s = {−2, −3, 0}.
Discuto le proprietà strutturali del sistema, al variare del parametro k, attraverso l’algebra dei blocchi.
Considero il sottosistema
-
1
s+k
-
1
s
?
e+ +
6
Ho due blocchi in parallelo. Se vi sono poli che compaiono in entrambi i blocchi, perdo sia controllabilità che
osservabilità. E’ immediato quindi concludere che se k = 0 il sistema è non completamente controllabile e
non completamente osservabile. In questo caso infatti i blocchi in parallelo presentano la stessa funzione di
trasferimento e quindi hanno gli stessi poli.
Risolvendo il parallelo si ottiene
2 s + k2
1
2s + k
1
+ =
=
s+k
s
s(s + k)
s(s + k)
Il sistema diventa
u(t)
-
s
s−1
-
2 s+
k
2
s(s + k)
-
y(t)
Analizzo la serie. Ho, indipendentemente dal parametro k, una cancellazione zero/polo (cancellazione di s)
che mi fa perdere la completa controllabilità. Posso quindi immediatamente concludere che il sistema è non
completamente controllabile ∀ k ∈ R. Inoltre, se k = −2, ho una cancellazione polo/zero (cancellazione di s − 1)
che mi fa perdere la completa controllabilità.
Riassumendo:
• il sistema è non completamente controllabile ∀ k ∈ R;
• il sistema è non completamente osservabile per k = 0 e k = −2.
42
Esercizio 1.20
Per quanto riguarda la stabilità, il sistema originario presenta i tre poli s 1 = 0, s2 = 1 e s3 = −k. Il sistema è
instabile indipendentemente dal parametro k, data la presenza di un polo a parte reale positiva.
Metto il sistema in equazioni di stato.
Considero separatamente i tre blocchi di cui è composto il sistema originario.
S1 :
u1 (t)
-
s
s−1
-
y1 (t)
u2 (t)
-
1
s+k
-
y2 (t)
ẋ1 (t) = x1 (t) + u1 (t)
y1 (t) = x1 (t) + u1 (t)
S2 :
ẋ2 (t) = −kx2 (t) + u2 (t)
y2 (t) = x2 (t)
S3 :
u3 (t)
-
1
s
-
y3 (t)
ẋ3 (t) = u3 (t)
y3 (t) = x3 (t)
Si hanno inoltre le seguenti relazioni di collegamento tra gli ingressi e le uscite dei tre blocchi:
y(t) = y2 (t) + y3 (t)
u2 (t) = y1 (t)
u3 (t) = y1 (t)
u1 (t) = u(t)
Quindi:
ẋ1 (t) = x1 (t) + u(t)
ẋ2 (t) = −kx2 (t) + y1 (t) = x1 (t) − kx2 (t) + u(t)
ẋ3 (t) = y1 (t) = x1 (t) + u(t)
y(t) = x2 (t) + x3 (t)
In forma matriciale:

 


1
1 0 0



 ẋ(t) = 1 −k 0 x(t) + 1 u(t)
1
1 0 0



 y(t) = 0 1 1 x(t)
Verifico le proprietà strutturali discusse in precedenza.
det (sI − A) = 0

s−1
0
det  −1 s + k
−1
0

0
0 = 0
s
43
Davide Giglio
s(s − 1)(s + k) = 0
I poli del sistema sono s1 = 0, s2 = 1 e s3 = −k. Il sistema è instabile ∀ k ∈ R.
P , B AB A2 B


1
1
1
P = 1 1 − k k 2 − k + 1 
1
1
1
det P = 0
∀k ∈R
Il sistema è non completamente controllabile ∀ k ∈ R.

C
Q ,  CA 
CA2


0
P = 2
2−k
1
−k
k2

1
0
0
det Q = 2k 2 − − k(2 − k) = 2k 2 − (k 2 − 2k) = 2k 2 − k 2 + 2k = k 2 + 2k = k(k + 2)
Il sistema è non completamente osservabile per k = 0 e per k = −2.
Per poter assegnare i poli a piacimento devo utilizzare una retroazione algebrica sullo stato. Essa però mi
permette di modificare, e quindi di assegnare, a piacimento solo il valore dei poli controllabili, mentre il valore
dei poli non controllabili rimane costante.
Determino quindi il valore dei poli controllabili e dei poli non controllabili, al variare del parametro k.
det (sI − A) = s(s − 1)(s + k)


s(s + k)
s
s+k

s(s − 1)
0
adj (sI − A) =  0
0
0
(s − 1)(s + k)


s(s + k)
0
0

s
s(s − 1)
0
s+k
0
(s − 1)(s + k)


1
0
0


s−1


T
1
1
adj
(sI
−
A)

0
=
(sI − A)−1 =

 (s − 1)(s + k) s + k

det (sI − A)

1
1
0
s(s − 1)
s


 


1
1
1
0
0






s−1
s−1


s−1

 1


s
1
1
1
1 

  
 
−1

0
+
(sI − A) B = 
 1 =  (s − 1)(s + k) s + k  =  (s − 1)(s + k) 

 (s − 1)(s + k) s + k

 





1
1 1
1
1
1
0
+
s−1
s(s − 1)
s
s(s − 1) s
I poli controllabili sono tutti i poli presenti nella matrice di controllabilità (sI − A) −1 B. E’ quindi immediato
concludere che:
• il polo s1 = 0 è non controllabile;
• il polo s2 = 1 è controllabile;
• il polo s3 = −k è controllabile se k 6= 0 (infatti se k = 0 si ha la cancellazione di s nella seconda riga della
matrice di controllabilità rendendo quindi non controllabile il polo s3 = 0).
44
Esercizio 1.20
Dovendo assegnare i poli in s = {−2, −3, 0}, posso farlo solo imponendo k 6= 0.
Considero la retroazione sullo stato
u(t) = −Hx(t) + v(t)
Il sistema diventa:

 
 

1 0 0
1 1
ẋ(t) = 1 −k 0 x(t) − 1 h1 h2 h3 x(t) + 1 v(t) =
1 0 0
1
1




 
h1 h2 h3
1 0 0
1
= 1 −k 0 x(t) − h1 h2 h3  x(t) + 1 v(t) =
1 0 0
h1 h2 h3
1

 

1
1 − h1
−h2
−h3
= 1 − h1 −k − h2 −h3  x(t) + 1 v(t)
1
1 − h1
−h2
−h3
Per assegnare i poli in s = {−2, −3, 0} devo imporre
det (sI − A) = s(s + 2)(s + 3)

s + h1 − 1
h2
h3
s + k + h2
h3 
(sI − A) =  h1 − 1
h1 − 1
h2
s + h3
det (sI − A) = h3 h2 (h1 − 1) − (s + k + h2 )(h1 − 1) − h3 (s + h1 − 1)h2 − h2 (h1 − 1) +
+ (s + h3 ) (s + h1 − 1)(s + k + h2 ) − h2 (h1 − 1)
= h3 (h1 − 1)(−s − k) − h3 h2 s + (s + h3 ) s2 + ks + h2 s + h1 s + kh1 +
+ h 1 h2 − s − k − h 2 − h 2 h1 + h 2 =

= h3 (−h1 s − kh1 + s + k − h2 s) + s3 + ks2 + h2 s2 + h1 s2 + kh1 s − s2 − ks+
+ h3 s2 + kh3 s + h2 h3 s + h1 h3 s + kh1 h3 − h3 s − kh3 =
= −h1 h3 s − kh1 h3 + h3 s + kh3 − h2 h3 s + s3 + ks2 + h2 s2 + h1 s2 + kh1 s − s2 − ks+
+ h3 s2 + kh3 s + h2 h3 s + h1 h3 s + kh1 h3 − h3 s − kh3 =
= s3 + ks2 + h2 s2 + h1 s2 − s2 + h3 s2 + kh1 s − ks + kh3 s
Impongo quindi
s3 + ks2 + h2 s2 + h1 s2 − s2 + h3 s2 + kh1 s − ks + kh3 s = s(s + 2)(s + 3)
cioé
s s2 + (h1 + h2 + h3 + k − 1)s + (kh1 + kh3 − 1) = s(s2 + 5s + 6)
Per assegnare i poli in s = {−2, −3, 0} vanno quindi bene tutti i valori h1 ∈ R, h2 ∈ R, h3 ∈ R, k 6= 0 che
soddisfano il sistema
h1 + h 2 + h 3 + k − 1 = 5
h1 + h 2 + h 3 + k = 6
⇒
kh1 + kh3 − 1 = 6
kh1 + kh3 = 7
45
Esercizio 1.21
-
1
s+1
?
e+ +
6
u(t)
-
1
s+1
-
s+2
s−2
y(t)
1. Determinare le proprietà strutturali del sistema (stabilità, controllablità e osservabità);
2. Progettare, nel caso in cui il sistema risulti instabile, una retroazione;
3. Data una retroazione algebrica k sull’uscita, determinare k in modo che a regime la risposta
al gradino nello stato zero sia limitata tra ∓2.
Ho due blocchi in parallelo che diminuiscono la dimensione del sistema. Il sistema risulta quindi essere:
• non completamente controllabile;
• non completamente osservabile.
Se si vuole determinare la dimensione dello spazio di controllabilità e quella dello spazio di osservabilità, devo
verificare se vi sono altre cancellazioni nella semplificazione del sistema attraverso l’algebra dei blocchi.
u(t)
u(t)
-
2
s+1
-
-
-
s+2
s−2
2(s + 2)
(s + 1)(s − 2)
-
y(t)
y(t)
Non vi sono altre cancellazioni quindi posso concludere che
dim {XC } = 2
dim {XO } = 2
La funzione di trasferimento è
T (s) =
2(s + 2)
(s + 1)(s − 2)
Verifico questo risultato mettendo il sistema in equazioni di stato.
-
S1
u(t)
-
46
S2
?
+ e
+
6
S3
-
y(t)
Esercizio 1.21
S1 :
S2 :
S3 :
con
ẋ1 (t) = −x1 (t) + u1 (t)
y1 (t) = x1 (t)
ẋ2 (t) = −x2 (t) + u2 (t)
y2 (t) = x2 (t)
ẋ3 (t) = 2x3 (t) + u3 (t)
y3 (t) = 4x3 (t) + u3 (t)
u1 (t) = u(t)
u2 (t) = u(t)
u3 (t) = y1 (t) + y2 (t)
y(t) = y3 (t)
Si ha quindi
ẋ1 (t) = −x1 (t) + u(t)
ẋ2 (t) = −x2 (t) + u(t)
ẋ3 (t) = 2x3 (t) + y1 (t) + y2 (t) =
= x1 (t) + x2 (t) + 2x3 (t)
y(t) = 4x3 (t) + y1 (t) + y2 (t) =
= x1 (t) + x2 (t) + 4x3 (t)
e il sistema in equazioni di stato è



 
−1 0 0
1



ẋ(t) =  0 −1 0 x(t) + 1 u(t)
1 2
0


1

y(t) = 1 1 4 x(t)
Determino i poli del sistema attraverso la matrice (sI - A).


s+1
0
0
s+1
0 
(sI − A) =  0
−1
−1 s − 2
det (sI − A) = (s + 1)2 (s − 2)
Ho :
• due poli reali negativi coincidenti (s = −1);
• 1 polo reale positivo (s=2).
Il sistema è quindi instabile. (Potevo giungere a questo risultato in precedenza non appena determinata la
funzione di trasferimento che presenta il polo positivo)
Verifico ancora le proprietà di controllabilità e di osservabilità.
Studio la controllabilità sia attraverso il rango della matrice P , B | AB | A2 B , sia attraverso la matrice di
controllabilità (sI − A)−1 B (per determinare quali sono i poli controllabili e quelli non controllabili).


 

−1 0 0
−1 0 0
1 0 0
A2 =  0 −1 0  0 −1 0 = 0 1 0
1
1 2
1
1 2
1 1 4

−1
AB =  0
1
0
−1
1
   
−1
1
0
0 1 = −1
2
0
2

1
A2 B = 0
1
0
1
1
   
1
1
0
0  1  = 1
2
0
4
47
Davide Giglio

1
P = 1
0
−1
−1
2

1
1
2
→
rank P = 2
Il rango della matrice P è 2. Il sistema, come già verificato in precedenza attraverso l’algebra dei blocchi, è non
completamente controllabile.

(s + 1)(s − 2)
0
s+1
0
(s + 1)(s − 2)
s+1 
adj (sI − A) = 
0
0
(s + 1)2


(s + 1)(s − 2)
0
0
0
(s + 1)(s − 2)
0 
s+1
s+1
(s + 1)2


1
0
0
s+1



1
adjT (sI − A) 

0
0
=
(sI − A)−1 =


s+1
det (sI − A)

1
1
1 
(s + 1)(s − 2) (s + 1)(s − 2) s − 2


1
0
0
 
s+1

 1


1
 
0 
0
(sI − A)−1 B = 

 1 =
s
+
1

1
1
1  0

(s + 1)(s − 2) (s + 1)(s − 2)

1
s+1




1


=

s
+
1


2

s−2
(s + 1)(s − 2)
I poli controllabili sono quindi s = −1 e s = 2. Il polo non controllabile è s = −1.


C
Studio l’osservabilità sia attraverso il rango della matrice Q ,  CA , sia attraverso la matrice di osservabilità
CA2
−1
C(sI − A) (per determinare quali sono i poli osservabili e quelli non osservabili).


−1 0 0
CA = 1 1 4  0 −1 0 = 3 3 8
1
1 2


1 0 0
2
CA = 1 1 4 0 1 0 = 5 5 16
1 1 4


1 1 4
Q = 3 3 8  → rank Q = 2
5 5 16
Il rango della matrice Q è 2. Il sistema, come già verificato in precedenza attraverso l’algebra dei blocchi, è non
completamente osservabile.
C(sI − A)−1
48
1
0
s+1


1
0
= 1 1 4 

s+1

1
1
(s + 1)(s − 2) (s + 1)(s − 2)
s+2
s+2
4
=
(s + 1)(s − 2) (s + 1)(s − 2) s − 2

0



0 
=
1 
s−2
Esercizio 1.21
I poli osservabili sono quindi s = −1 e s = 2. Il polo non osservabile è s = −1.
Il polo in s = 2 è comunque un polo osservabile e controllabile. Lo posso quindi “spostare” per rendere il sistema
stabile. Progetto una retroazione algebrica sull’uscita u(t) = v(t) − ky(t).
+ e
6
u(t)
v(t)
S
-
y(t)
k
U (s) = V (s) − kY (s)
Y (s) = T (s)U (s) = T (s)V (s) − kT (s)Y (s)
1 + kT (s) Y (s) = T (s)V (s)
Y (s) =
T 0 (s) =
=
=
=
=
T (s)
V (s)
1 + kT (s)
T (s)
V (s)
1 + kT (s)
2(s + 2)
(s + 1)(s − 2)
=
2k(s + 2)
1+
(s + 1)(s − 2)
2(s + 2)
=
(s + 1)(s − 2) + 2k(s + 2)
2(s + 2)
=
s2 + s − 2s − 2 + 2ks + 4k
2(s + 2)
2
s + (2k − 1)s + 2(2k − 1)
Applico la regola di Cartesio e impongo
2k − 1 > 0
→
k>
1
2
E’ quindi possibile stabilizzare il sistema attraverso una retroazione algebrica k sull’uscita. Con k >
garantita l’asintotica stabilità (mentre non è possibile avere semplice stabilità).
1
è
2
Per determinare il valore a regime della risposta al gradino del sistema retroazionato algebricamente sull’uscita,
utilizzo l’espressione dell’uscita nella variabile complessa s,
Y (s) = T 0 (s)U (s) =
=
s
s2
2(s + 2)
+ (2k − 1)s + 2(2k − 1)
1
e applico il teorema del valore finale (che posso applicare esclusivamente supponendo k > ; infatti solo se
2
1
k > possiamo affermare che limt→∞ y(t) esiste finito).
2
lim y(t) = lim sY (s) =
t→∞
s→0
= lim
s→0 s2
2
2(s + 2)
=
+ (2k − 1)s + 2(2k − 1)
2k − 1
A questo punto devo imporre

(
2


2 < 2k − 1
<1
2k − 1
1
1

k>
 k>
2
2


 k>3
2
1

 k>
2
Per avere a regime la risposta al gradino del sistema retroazionato algebricamente sull’uscita limitata tra ∓2,
3
deve quindi essere k > .
2
49
Esercizio 1.22
+ e +
6
u(t)
-
+ e +
6
1
(s + 1)(s + 3)
-
k
s
y(t)
h
s
1. Studiare la controllabilità e l’osservabilità, al variare di k, h 6= 0, sia attraverso l’algebra dei
blocchi sia mettendo il sistema in equazioni di stato;
√
la parte oscillante di y(t) in corrispondenza di condizioni
2. Per k = h = 3, determinare
√
iniziali nulle e u(t) = sin 3t.
Eliminiamo innanzitutto, attraverso l’algebra dei blocchi, i due nodi sommatori.
+ e +
6
-
+ e +
6
-
k
s
↓
-
h
s
↓
s+k
s
-
-
s+h
s
-
Il sistema può essere riscritto nel seguente modo
u(t)
-
-
s+k
s
1
(s + 1)(s + 3)
-
s+h
s
-
y(t)
Per studiare la controllabilità e l’osservabilità attraverso l’algebra dei blocchi, devo andare a vedere le possibili
cancellazioni polo/zero e zero/polo. E’ noto infatti che una qualsiasi cancellazione polo/zero implica la non
completa osservabilità del sistema e una qualsiasi cancellazione zero/polo implica la non completa controllabilità
del sistema.
Quindi:
• Il sistema risulta non completamente controllabile e completamente osservabile se
k=1
∪
k=3
∪
h 6= 1
∪
h 6= 3
• Il sistema risulta completamente controllabile e non completamente osservabile se
k 6= 1
∪
k 6= 3
∪
h=1
∪
h=3
• Il sistema risulta non completamente controllabile e non completamente osservabile se
k=1
50
∪
k=3
∪
h=1
∪
h=3
Esercizio 1.22
• Il sistema risulta completamente controllabile e completamente osservabile se
k 6= 1
∪
k 6= 3
∪
h 6= 1
∪
h 6= 3
Metto il sistema in equazioni di stato
u(t)
-
S1
-
S2
-
S3
-
y(t)
Le relazioni ingresso/uscita dei sottosistemi sono
S1 : ẏ1 (t) = u̇1 (t) + ku1 (t)
S2 : ÿ2 (t) + 4ẏ2 (t) + 3y2 (t) = u2 (t)
S3 : ẏ3 (t) = u̇3 (t) + hu3 (t)
Utilizzando, per ciascuno dei tre sottosistemi, la forma compagna controllabile, si ottiene
ẋ1 (t) = u1 (t)
S1 :
y1 (t) = kx1 (t) + u1 (t)


0
1
0
x2 (t) +
u (t)
ẋ2 (t) =
−3
−4
1 2
S2 :

y2 (t) = 1 0 x2 (t)
ẋ3 (t) = u3 (t)
S3 :
y3 (t) = hx3 (t) + u3 (t)
Le relazioni tra gli ingressi e le uscite dei sottosistemi sono
u1 (t) = u(t)
u2 (t) = y1 (t)
u3 (t) = y2 (t)
y(t) = y3 (t)
Si ha quindi
ẋ1 (t) = u(t)
ẋ2,1 (t) = x2,2 (t)
ẋ2,2 (t) = −3x2,1 (t) − 4x2,2 (t) + kx1 (t) + u(t)
ẋ3 (t) = x2,1 (t)
y(t) = hx3 (t) + x2,1 (t)
e il sistema in equazioni di stato è



 
0 0
0 0
1




0 0
0 

1
0


 
ẋ(t) = 
k −3 −4 0 x(t) + 1 u(t)


0 0
0


0 1

y(t) = 0 1 0 h x(t)
Determino la controllabilità e l’osservabilità attraverso lo studio del rango delle matrici P , B | AB | A2 B |


C
 CA 

A3 B e Q , 
 CA2 .
CA3
51
Davide Giglio

Si ha
0

0
A2 = 
k
0

0
0
3

A =
k
0

1
0
P =
1
0
0
0
−3
1
0
1
−4
0
0
0
−3
1
0
1
−4
0
0
1
k−4
0

 
0
0 0
0 0
0
0
0
0 0
  k
0
1
0
−3
−4

=
0 k −3 −4 0 −4k 12 13
0
0 1
0 0
0
0
1

 
0
0
0
0 0
0
0


0
−3 −4 0
 k
 = −4k 12
0 −4k 12 13 0  13k −39
0
0
0
1 0
k
−3
0
k−4
13 − 4k
1

0
0

0
0
0
13
−40
−4

0
0

0
0

0
13 − 4k 

13k − 40
k−4
det P = (13 − 4k)(k − 4) − (13k − 40) +
− (k − 4) (k − 4)2 − (13 − 4k) =
= 13k − 52 − 4k 2 + 16k − 13k + 40+
− (k − 4)[k 2 + 16 − 8k − 13 + 4k] =
= 13k − 52 − 4k 2 + 16k − 13k + 40+
− k 3 + 4k 2 − 3k + 42 − 16k + 12 =
= −k 3 + 4k 2 − 3k =
= −k(k 2 − 4k + 3) =
= −k(k − 3)(k − 1)
Il rango della matrice P è massimo quando k 6= 0, k 6= 1 e k 6= 3. Di conseguenza, essendo per ipotesi k 6= 0, il
sistema risulta non completamente controllabile per
∪
k=1
k=3
La matrice Q è


0
1
0
h
 0
h
1
0

Q=
 k
−3
h−4
0
kh − 4k 12 − 3h 13 − 4h 0
n
det Q = h k(12 − 3h) + 3(kh − 4k) +
o
− h k(13 − 4h) − (kh − 4k)(h − 4) =
= h [12k − 3kh + 3kh − 12k]+
− h[13k − 4kh − kh2 + 4kh + 4kh − 16k] =
= −3kh + 4kh2 − kh3
Suppongo, come da ipotesi, h 6= 0 e k 6= 0 e considero
h3 − 4h2 + 3h = h(h2 − 4h + 3) =
= h(h − 1)(h − 3)
Il rango della matrice Q è massimo quando h 6= 1 e h 6= 3. Di conseguenza, il sistema risulta non completamente
osservabile per
h=1
∪
h=3
Pongo
h=k=
52
√
3
Esercizio 1.22
La funzione di trasferimento del sistema può essere agevolmente calcolata dal sistema iniziale utilizzando
l’algebra dei blocchi.
√
√
√
s+ 3
1
s+ 3
(s + 3)2
T (s) =
·
·
= 2
s
(s + 1)(s + 3)
s
s (s + 1)(s + 3)
L’ingresso dato, nella variabile complessa s, è
√
n
√ o
3
U (s) = L sin 3t = 2
s +3
Essendo nulle le condizioni iniziali, l’uscita del sistema è data da
Y (s) = T (s) · U (s)
La parte oscillante di y(t) si può determinare utilizzando la teoria sulla risposta in frequenza. Il modulo della
parte oscillante è dato da
√ T ( 3j)
mentre la fase da
√ Φ T ( 3j)
Si ha quindi
√
√
√ ( 3j + 3)2
T ( 3j) = √
√
−3( 3j + 1)( 3j + 3) =
−3 + 3 + 6j
=
√
√
=
−3(−3 + 3 3j + 3j + 3) 6j √ =
=
−12 3j 1
=− √
2 3
√ 1
Φ T ( 3j) = Φ − √ + 0j =
2 3
= π + arctan 0 =
=π
La parte oscillante di y(t) è
√
√
1
1
yo (t) = − √ sin ( 3t + π) = √ sin 3t
2 3
2 3
53
Esercizio 1.23
u2 (t)
u1 (t)
+ e
−
6
k
+ e
+ ?
-
1
s+2
-
y(t)
Determinare il parametro k in modo che:
1. il sistema sia stabile;
2. con u1 (t) = 1(t) e u2 (t) = sin 2t, a regime la parte oscillante sia in modulo minore di
parte costante.
1
10
della
Determino l’espressione dell’uscita nella variabile complessa s.
i
1 h
Y (s) =
U2 (s) + k U1 (s) − Y (s) =
s+2
i
1 h
=
kU1 (s) + U2 (s) − kY (s) =
s+2
1
k
k
U1 (s) +
U2 (s) −
Y (s)
=
s+2
s+2
s+2
k
k
1
1+
Y (s) =
U1 (s) +
U2 (s)
s+2
s+2
s+2
s+2+k
k
1
Y (s) =
U1 (s) +
U2 (s)
s+2
s+2
s+2
k
1
Y (s) =
U1 (s) +
U2 (s)
s+2+k
s+2+k
Il mio sistema presenta un unico polo in s = −2 − k. Perché sia garantita la stabilità (BIBO) deve essere
−2 − k < 0
k > −2
Determino l’espressione dell’uscita nella variabile reale t. Nel seguito, indicheremo con y 1 (t) il contributo
dell’uscita dovuto all’ingresso u1 (t) e con y2 (t) quello dovuto a u2 (t).
Determino y1 (t).
T1 (s) =
k
s+2+k
Y1 (s) =
k
s(s + 2 + k)
U1 (s) =
1
s
A
B
k
= +
s(s + 2 + k)
s
s+2+k
As + 2A + kA + Bs = k
54
Esercizio 1.23
A+B =0
(2 + k)A = k


 A=
k
2+k
k

 B=−
2+k
Y1 (s) =
k
1
k 1
−
2+k s 2+ks+2+k
y1 (t) =
k
k −(2+k)t
1(t) −
e
2+k
2+k
L’uscita y1 (t) è composta da un gradino e da un’esponenziale descrescente (supponendo il sistema stabile e
quindi k > −2, altrimenti non si può parlare di regime). A regime rimane solamente il gradino, cioé
lim y1 (t) =
t→∞
k
2+k
Determino y2 (t).
T2 (s) =
1
s+2+k
Y2 (s) =
2
(s + 2 + k)(s2 + 4)
U1 (s) =
2
s2 + 4
A
B
Cs
2
=
+ 2
+ 2
2
(s + 2 + k)(s + 4)
s+2+k s +4 s +4
2 = As2 + 4A + Bs + 2B + kB + Cs2 + 2Cs + kCs


 A = −C
 A+C =0
B + (2 + k)C = 0
B + (2 + k)C = 0


−4C + (2 + k)B = 2
4A + (2 + k)B = 2


 A = −C
 A = −C
B = −(2 + k)C
B = −(2 + k)C


−4C − (2 + k)2 C = 2
C 4 + (2 + k)2 = −2

2

A= 2



k
+
4k
+8

2(2 + k)
B= 2

k + 4k + 8


2


C=− 2
k + 4k + 8
Y2 (s) =
2
2+k
2
1
2
s
+
−
k 2 + 4k + 8 s + 2 + k k 2 + 4k + 8 s2 + 4 k 2 + 4k + 8 s2 + 4
y2 (t) =
2
2+k
2
e−(2+k)t + 2
sin 2t − 2
cos 2t
k 2 + 4k + 8
k + 4k + 8
k + 4k + 8
L’uscita y2 (t) è composta da un’esponenziale descrescente e da una parte sinusoidale costituita dal secondo e
dal terzo termine. La parte sinusoidale è del tipo
a sin ωt + b cos ωt
che può essere scritto come
p
b
a2 + b2 sin ωt + arctan
a
√
b
dove a2 + b2 e arctan rappresentano rispettivamente il modulo e la fase della curva sinusoidale. Nel nostro
a
sistema
a=
2+k
k 2 + 4k + 8
b=−
2
k 2 + 4k + 8
55
Davide Giglio
e quindi il modulo della parte oscillante a regime è
√
√
1
k 2 + 4k + 4 + 4
k 2 + 4k + 8
=− 2
=√
2
2
k + 4k + 8
k + 4k + 8
k + 4k + 8
Allo stesso valore potevo arrivare molto più rapidamente tilizzando la teoria sulla risposta in frequenza calcolando
direttamente il modulo |T2 (jω)|.
T2 (2j) =
1
1
=
2j + 2 + k
(2 + k) + 2j
Il modulo di un numero complesso nella forma
a=2+k
1
1
è uguale a √
. Nel nostro caso
2
a + jb
a + b2
b=2
e quindi il modulo della parte oscillante a regime è
1
√
2
k + 4k + 8
A questo punto è necessario imporre
1
k
1
√
<
·
2
10 2 + k
k + 4k + 8
1
k
1
√
·
<0
−
2
10
2
+
k
k + 4k + 8
√
10(2 + k) − k 2 + 4k + 8
√
<0
10(2 + k) k 2 + 4k + 8
A regime (e quindi supponendo sempre k > −2), i termini a denominatore (2 + k) e
positivi ∀k > −2. Posso quindi risolvere la disequazione
p
10(2 + k) − k 2 + 4k + 8 < 0
p
k 2 + 4k + 8 > 10(2 + k)
√
Essendo k 2 + 4k + 8 e (2 + k) entrambi positivi, si ha
√
k 2 + 4k + 8 sono entrambi
k 2 + 4k + 8 > 400 + 400k + 100k 2
−99k 2 − 396k − 392 > 0
2
2
−2 − √ < k < −2 + √
99
99
2
−2 − √
99
−2
Quindi, a regime, la parte oscillante è in modulo minore di
56
2
−2 + √
99
1
10
2
della parte costante per −2 < k < −2 + √ .
99
Esercizio 1.24
d(t)
u(t)
+ e
−
6
?
+ e
+
-
1
s+1
-
y(t)
k
Determinare k in modo che l’effetto del disturbo sinusoidale, con pulsazione 1
5 volte rispetto alla catena diretta.
rad
,
s
sia ridotto di
Sulla catena diretta ho
Tyd (s) = 1
L’ampiezza dell’uscita è quindi uguale all’ampiezza del disturbo, cioé uguale a 1 (essendo d(t) = sin t).
Retroazionando, si ottiene:
Y (s) = D(s) +
1+
1
· U (s) − kY (s)
s+1
k 1
Y (s) = D(s) +
U (s)
s+1
s+1
e quindi la funzione di trasferimento tra l’uscita y(t) e il disturbo d(t) diventa
Tyd (s) =
1
k
1+
s+1
=
s+1
s+1+k
L’ampiezza dell’effetto del disturbo è |Tyd (j1)|.
(j + 1) (k + 1) − j
j+1
j+1
kj + j + 1 + k + 1 − j
Tyd (j1) =
=
=
=
=
j+1+k
(k + 1) + j
(k + 1)2 + 1)
k 2 + 2k + 2
k
k+2
+j 2
= 2
k + 2k + 2
k + 2k + 2
√
√
k 2 + 4k + 4 + k 2
2
√
=
|Tyd (j1)| =
k 2 + 2k + 2
k 2 + 2k + 2
Perché l’effetto del disturbo nel sistema retroazionato sia ridotto di 5 volte rispetto alla catena diretta, devo
imporre
√
2
1
√
<
5
k 2 + 2k + 2
Il polinomio k 2 +2k+2 non ha soluzioni nel campo reale e presenta valori esclusivamente positivi. La disequazione
diventa quindi
p
√
5 2 < k 2 + 2k + 2
50 < k 2 + 2k + 2
57
Davide Giglio
2
k + 2k − 48 > 0
2
k + 2k − 48 = 0
⇒
k=
−1 ∓
√
1
1 + 48
= {−8; 6}
e la soluzione è
k < −8 ∪ k > 6
Analizzando la Tyd (s), osserviamo che, quando k < −8, il denominatore presenta una soluzione reale positiva.
Quindi, se k < −8, il sistema risulta instabile e questo non possiamo accettarlo.
Si può quindi concludere che l’effetto del disturbo nel sistema retroazionato è ridotto di almeno 5 volte rispetto
alla catena diretta quando
k>6
58
Parte 2
Esercizi Avanzati
Sistemi a Tempo Discreto
59
Esercizio 2.1


 

0 0 0
1



ẋ(t) = 1 −1 0 x(t) + 1 u(t)
0


1 0 0

y(t) = 1 0 0 x(t)
1. Discutere la stabilità, la controllabilità e l’osservabilità;
2. Effettuare la decomposizione canonica di Kalman;
3. Determinare la risposta impulsiva del sistema.
Per discutere la stabilità del sistema si devono calcolare i poli del sistema. Determino quindi le soluzioni del
polinomio caratteristico:


λ
0
0
det λI − A = 0
→
det −1 λ + 1 0  = 0
−1
0
λ
λ2 (λ + 1) = 0
Ho un polo in -1 e un polo in 0 con molteplicità doppia. Non posso ancora concludere nulla sulla stabilità del
sistema avendo un polo in 0 a molteplicità doppia che potrebbe rendermi il sistema sia semplicemente stabile che
instabile (in ogni caso il sistema non potrà mai risultare asintoticamente stabile). Devo verificare la molteplicità
del polo in 0 all’interno del polinomio minimo.
Vengono di seguito proposte due diverse metodologie per determinare la molteplicità del polo in 0 nel polinomio
minimo.
1. Applico il teorema di Caley-Hamilton. Se la matrice A verifica il polinomio λ(λ+1) (cioé se A(A+I) = 0),
allora esso sarà il polinomio minimo. Altrimenti, la matrice A soddisferà per forza il polinomio λ 2 (λ + 1)
(cioé A2 (A + I) = 0), e il polinomio minimo sarà quindi proprio λ2 (λ + 1).

 
 

0 0 0
0 0 0
1 0 0
A(A + I) = 1 −1 0 1 −1 0 + 0 1 0 =
1 0 0
1 0 0
0 0 1

 


0 0 0
1 0 0
0 0 0
= 1 −1 0 1 0 0 = 0 0 0 6= 0
1 0 0
1 0 1
1 0 0
Verifico che A soddisfi effettivamente il polinomio λ2 (λ + 1).


 
 
0 0 0
0 0 0
0 0 0
1
A2 (A + I) = 1 −1 0 1 −1 0 1 −1 0 + 0
1 0 0
1 0 0
1 0 0
0

 


0 0 0
1 0 0
0 0 0
= −1 1 0 1 0 0 = 0 0 0
0 0 0
1 0 1
0 0 0
0
1
0

0
0  =
1
Il polinomio minimo è quindi λ2 (λ + 1).
61
Davide Giglio
2. Determino il polinomio minimo come rapporto tra il polinomio caratteristico
ϕ(λ) e α(λ), definito come
il massimo comune divisore di tutti i polinomi non nulli in adjT λI − A .

λ(λ + 1)
0
adj λI − A = 
0
adj

λ(λ + 1)
λ
λI − A = 
λ+1
T

λ+1

0
λ(λ + 1)
λ
λ2
0
0
λ2
0

0

0
λ(λ + 1)
E’ evidente come sia
α(λ) = 1
e quindi il polinomio minimo è
m(λ) =
λ2 (λ + 1)
ϕ(λ)
=
= λ2 (λ + 1)
α(λ)
1
In ogni caso la molteplicità del polo in 0 nel polinomio minimo è 2 e quindi il sistema dato è instabile.
Per discutere la controllabilità del sistema, determino la matrice P , B AB A2 B verificandone il suo rango.

0
AB = 1
1

1
P = 1
0
0
−1
0
   
0
1
0
0  1 = 0 
0
0
1

0
0
0
0
0
1

0
A2 B = −1
0
0
1
0
   
0
1
0
0  1 = 0 
0
0
0
rank P = 2
Il sistema dato è non completamente controllabile.

C
Per discutere l’osservabilità del sistema, determino la matrice Q ,  CA  verificandone il suo rango.
CA2

CA = 1

1
Q = 0
0

0
0 1
1
0
0
0
0

0
0
0
0
−1
0

0
0 = 0
0
0
0
CA2 = 1
0

0
0 −1
0

0 0
1 0 = 0
0 0
0
0
rank P = 1
Il sistema dato è non completamente osservabile.
Per effettuare la decomposizione canonica di Kalman, determino il sottospazio di raggiungibilità e il sottospazio
di non osservabilità, nonché i sottospazi algebrici ortogonali ad essi. Tali sottospazi verranno utilizzati in seguito
per determinare i vettori che compongono la matrice di trasformazione.
• Sottopazio di raggiungibilità XR (costituito dalle colonne linearmente indipendenti della matrice P ).

1

XR = 1
0
62

0
0
1
Esercizio 2.1
• Sottospazio algebrico XN R (sottospazio ortogonale a XR ).

 
1




1  = 0
a
b
c



a+b=0
a = −b
0 
→
→
0
c
=
0
c=0


 
0  = 0
a
b
c



1
 
1
XN R = −1
0
• Sottospazio di non osservabilità

 
1 0 0
a
0 0 0   b  = 0 →
0 0 0
c


0 0
XN O =  1 0 
0 1
XN O (costituito da tutti i vettori γ 6= 0, γ ∈ R3 , tali che Qγ = 0).

 
 
0
0
 a=0
0=0
→ γ1 = 1 , γ2 = 0

0=0
0
1
• Sottospazio algebrico XO (sottospazio ortogonale a XN O ).

 


0


a b c 1  = 0



b=0
0 
→
c
=0
0




a b c 0  = 0



1
 
1
XO =  0 
0
A questo punto si possono calcolare i vettori che costituiscono la matrice di trasformazione T . La matrice T è
infatti costruita nel seguente modo:
T = T 1 T 2 T 3 T 4
dove:
• T1 è costruita con vettori base di X1 , XR ∩ XN O (insieme dei vettori controllabili e non osservabili)
• T2 è costruita con vettori base di X2 , XR ∩ XN R + XO (insieme dei vettori controllabili e osservabili)
• T3 è costruita con vettori base di X3 , XN O ∩ XN R + XO (insieme dei vettori non controllabili e non
osservabili)
• T4 è costruita con vettori base di X4 , XN R ∩ XO (insieme dei vettori non controllabili e osservabili)
Nel nostro caso:
  
 
0
0 0
0
0  ∩ 1 0  = 0 
X1 , X R ∩ X N O
1
0 1
1

      
 
  
1 0
1
1
1 0
1 1
1
X2 , XR ∩ XN R + XO = 1 0 ∩ −1 + 0 = 1 0 ∩ −1 0 = 1
0 1
0
0
0 1
0 0
0
  
 
      

0
1 1
0 0
1
1
0 0
X3 , XN O ∩ XN R + XO = 1 0 ∩ −1 + 0 = 1 0 ∩ −1 0 = 1
0
0 0
0 1
0
0
0 1

1
= 1
0
63
Davide Giglio

  
1
1
X4 , XN R ∩ XO = −1 ∩ 0 = ∅
0
0
e quindi la matrice di trasformazione è:


0 1 0
T = 0 1 1 
1 0 0
La matrice di trasformazione T è una matrice a rango pieno e quindi invertibile. La matrice inversa T −1 è
calcolata nel seguente modo:


0 1 0 1 0 0
T −1 ⇒  0 1 1 0 1 0 
1 0 0 0 0 1


1 0 0 0 0 1
 0 1 0 1 0 0 
0 1 1 0 1 0


1 0 0 0 0 1
 0 1 0 1 0 0 
0 0 1 −1 1 0
T −1

0
= 1
−1
Pongo x = T z.
0
0
1

1
0
0
Il nuovo sistema che si ottiene, nelle variabili z1 , z2 e z3 , sarà a blocchi, e in particolare assumerà la forma
 
 

  
Ã11 Ã12 Ã13
ż1 (t)
z1 (t)
B̃1




ż2 (t) =  0




z
(t)
+
Ã
0

B̃2  u(t)
2
22


ż3 (t)
z
(t)
0
0
Ã33
3
0


z1 (t)



y(t) = 0 C̃2 0 z2 (t)


z3 (t)
con:
• z1 variabile controllabile e non osservabile (Ã11 matrice [1 × 1], B̃1 vettore colonna [1 × 1]);
• z2 variabile controllabile e osservabile (Ã22 matrice [1 × 1], B̃2 vettore colonna [1 × 1], C̃2 vettore riga
[1 × 1]);
• z3 variabile non controllabile e non osservabile (Ã33 matrice [1 × 1]).
Tali valori sono compatibili con il valore del rango delle matrici P e Q precedentemente calcolate.
Effettuo il cambiamento di base.
T ż(t) = AT z(t) + Bu(t)
y(t) = CT z(t)
ż(t) = T −1 AT z(t) + T −1 Bu(t)
y(t) = CT z(t)


 

0 0 1
0 0 0
1 0 0
T −1 A =  1 0 0 1 −1 0 = 0 0 0
−1 1 0
1 0 0
1 −1 0
   

0
1
0 0 1
CT = 1 0
T −1 B =  1 0 0 1 = 1
0
0
−1 1 0
64
T −1 AT

0
0 0
1
1
1
0


1 0 0
0
= 0 0 0  0
1 −1 0
1

0
1 = 0 1 0
0
1
1
0
 
0
0
1  = 0
0
0
1
0
0

0
0
−1
Esercizio 2.1
Il nuovo sistema è


 

0 1 0
0




ż(t) = 0 0 0  z(t) + 1 u(t)



0 0 −1
 0
z
(t)

1



y(t) = 0 1 0 z2 (t)



z3 (t)
Notare come la nuova matrice A sia in forma di Jordan. In tale matrice si riconoscono immediatamente i poli
del sistema e la moltemplicità doppia del polo nell’origine. Inoltre, posso concludere immediatamente che:
• ho un polo in 0 controllabile e osservabile;
• ho un polo in 0 controllabile e non osservabile;
• ho un polo in -1 non controllabile e non osservabile;
Determino la risposta impulsiva del sistema originario attraverso il calcolo della funzione di trasferimento.




s(s + 1) 0
0
1
2
 s

0
0
s
0


s


−1
s+1
0 s(s + 1)
adjT sI − A
1
1


0
=
=
sI − A
=


2
ϕ(s)
s (s + 1)
 s(s + 1) s + 1

1
1
0
s2
s

 

1
1
0
0  
 1
s

s

 

−1
1
1
   1 
sI − A
B=
 s(s + 1) s + 1 0  1 =  s 
 0
1

1
1
0
s2
s2
s
 
1
s
−1
 1  1

C sI − A
B= 1 0 0 
s= s
1
s2
la risposta impulsiva è
1
−1
h(t) = L
= 1(t)
s
65
Esercizio 2.2


 

1 0 1
1



ẋ(t) = 0 1 0 x(t) + 1 u(t)
1


0 0 1

y(t) = 1 0 1 x(t)
1. Discutere la stabilità, la controllablità e l’osservabità;
2. Eseguire la decomposizione canonica di Kalman;
3. Determinare la risposta impulsiva del sistema.
Per determinare la stabilità del sistema calcolo i poli del sistema. Per fare ciò, determino le soluzioni del
polinomio caratteristico.
det (λI − A) = 0

λ−1
0
λ−1
det  0
0
0
(λ − 1)3 = 0
!
−1
0  =0
λ−1
Ho 3 poli in 1. Il sistema è quindi instabile.
Per determinare la controllabilità del sistema calcolo la matrice P ,

1
A2 = 0
0

0
1
0
1
1
0  0
1
0

0
1
0


1
1
0  = 0
1
0
0
1
0

2
0
1
   

1 0 1
1
2
1
AB = 0 1 0 1 = 1
A2 B = 0
0 0 1
1
1
0


1 2 3
P = 1 1 1 → rank P = 2
1 1 1
0
1
0
B
AB
A2 B
e studio il suo rango.
   
2
1
3
0  1 = 1 
1
1
1
Il rango della matrice P è 2. Il sistema quindi è non completamente controllabile.


C
Per determinare l’osservabilità del sistema calcolo la matrice Q ,  CA  e studio il suo rango.
CA2
CA = 1
CA2 = 1
66
0
0

1
1 0
0

1
1 0
0
0
1
0
0
1
0

1
0 = 1
1

2
0 = 1
1
0
0
2
3
Esercizio 2.2

1
Q = 1
1
0
0
0

1
2
3
→
rank Q = 2
Il rango della matrice Q è 2. Il sistema quindi è non completamente osservabile.
Per eseguire la decomposizione canonica di Kalman devo innanzitutto determinare lo spazio degli stati raggiungibili e lo spazio degli stati non osservabili nonché i rispettivi spazi ortogonali.
Determino lo spazio degli stati raggiungibili XR . Esso è costituito da una base della matrice P , cioé da un
insieme di colonne linearmente indipendenti della matrice P .


1 2
XR =  1 1 
1 1
Determino lo spazio degli stati XN R ortogonale a XR .

 


1


a b c 1 = 0



1


2


1 = 0
a
b
c



1
a+b+c=0
2a + b + c = 0
a = −b − c
a=0
→
−2b − 2c + b + c = 0
b = −c
 
0
XN R =  1 
−1
Determino lo spazio degli stati non osservabili XN O . Esso è generato da una base α 6= 0, α ∈ Rn tale che
Qα = 0.

 
1 0 1
a
1 0 2   b  = 0
1 0 3
c

 a+c=0
a=0
a + 2c = 0
→
c=0

a + 3c = 0
 
0
XN O =  1 
0
Determino lo spazio degli stati XO ortogonale a XN O .
 
0
a b c 1  = 0
0
b=0

1
XO =  0
0

0
0
1
A questo punto è necessario determinare i seguenti insiemi:
• Insieme dei vettori controllabili e non osservabili XR ∩ XN O

  
1 2
0



1
1
XR ∩ X N O =
∩ 1 = ∅
1 1
0
67
Davide Giglio
• Insieme dei vettori controllabili

1
XR ∩ (XN R + X0 ) = 1
1
e osservabili XR ∩ (XN R + X0 )

  
! 
2
0
1 0
1
1  ∩  1  + 0 0  = 1
1
−1
0 1
1
 
2
1
1  ∩ 0
1
0
• Insieme dei vettori non controllabili e non osservabili XN O ∩ (XN R + X0 )
 
  
!   
0
0
1 0
0
1 0
XN O ∩ (XN R + X0 ) = 1 ∩  1  + 0 0 = 1 ∩ 0 1
0
−1
0 1
0
0 0
0
1
0
 
0
1
0  = 1
1
1

2
1
1
  
0
0
0  = 1
1
0
• Insieme dei vettori non controllabili e osservabili XN R ∩ XO
  

0
1 0
XN R ∩ X O =  1  ∩  0 0  = ∅
−1
0 1
La matrice di

1
T = 1
1
trasformazione è quindi

2 0
1 1
1 0
Per potere determinare la forma canonica di Kalman del sistema iniziale consideriamo il cambiamento di base
x(t) = T z(t). Si ha
T ż(t) = AT z(t) + Bu(t)
ż(t) = T −1 AT z(t) + T −1 Bu(t)
y(t) = CT z(t)




1 2 0 1 0 0
0 1 0 1 0 −1
T −1 ⇒  1 1 1 0 1 0  ⇒  1 1 1 0 1 0 
1 1 0 0 0 1
1 1 0 0 0 1




0 1 0 1 0 −1
0 1 0 1 0 −1
⇒  0 0 1 0 1 −1  ⇒  0 0 1 0 1 −1 
1 1 0 0 0 1
1 0 0 −1 0 2


−1 0 2
T −1 =  1 0 −1
0 1 −1


 

−1 0 2
1 0 1
−1 0 1
T −1 A =  1 0 −1 0 1 0 =  1 0 0 
0 1 −1
0 0 1
0 1 −1


 

−1 0 1
1 2 0
0 −1 0
T −1 AT =  1 0 0  1 1 1 = 1 2 0
0 1 −1
1 1 0
0 0 1

   
−1 0 2
1
1
T −1 B =  1 0 −1 1 = 0
0 1 −1
1
0


1 2 0
CT = 1 0 1 1 1 1 = 2 3 0
1 1 0
Il nuovo sistema è quindi


 

0 −1 0
1



ż(t) = 1 2 0 z(t) + 0 u(t)
0


0 0 1

y(t) = 2 3 0 z(t)
68
Esercizio 2.2
Ovviamente i poli del sistema non sono cambiati (i poli del sistema sono sempre invarianti rispetto a cambiamenti
di base), come si può vedere dal seguente calcolo.

!
λ
1
0
0  =
det (λI − A) = det −1 λ − 2
0
0
λ−1
= (λ − 1) λ(λ − 2) + 1 = (λ − 1)(λ2 − 2λ + 1) = (λ − 1)3
Il nuovo sistema può essere scritto nella seguente maniera
 



z 1 (t)
ż 1 (t)


Ã
0
B̃2

22





ż 2 (t) =
z 2 (t) +
u(t)


0

0
Ã33
ż 3 (t)
z
(t)
3




z 1 (t)





 y(t) = C̃2 0 z 2 (t)

z 3 (t)
dove Ã22 , Ã33 , B̃2 e C̃2 sono
0 −1
Ã33 = 1
Ã22 =
1 2
1
B̃2 =
0
C̃2 = 2
3
e dove z 1 (t) e z 2 (t) sono variabili di stato controllabili e osservabili mentre z 3 (t) è una variabile di stato non
controllabile e non osservabile.
La risposta all’impulso del sistema viene determinata attraverso il calcolo della funzione di trasferimento (considero il sistema iniziale).


s−1
0
−1
s−1
0 
(sI − A) =  0
0
0
s−1
det (sI − A) = (s − 1)3


(s − 1)2
0
0
(s − 1)2
0 
adj (sI − A) =  0
s−1
0
(s − 1)2


(s − 1)2
0
s−1
(s − 1)2
0 
adjT (sI − A) =  0
0
0
(s − 1)2
(sI − A)−1
C(sI − A)
 1
s − 1
adjT (sI − A) 
=
=
 0
det (sI − A)

0
−1
= 1
=
0
1
s−1
 1
s − 1

1 
 0

0
1
C(sI − A)−1 B =
s−1
T (s) =
2s − 1
(s − 1)2

1
2
(s − 1) 

1

0

s−1

1
0
s−1

1
0
0
1
s−1
0
(s − 1)2 

=
0


1
s−1
1
1
+
2
(s − 1)
s−1
0
0
 
1
1
1
1
1  = 2 +
+
(s − 1)2
s−1
s − 1 (s − 1)2
1
69
Davide Giglio
La risposta all’impulso è semplicemente l’antitrasformata della funzione di trasferimento.
2s − 1
−1
−1
h(t) = L
T (s) = L
(s − 1)2
A
B
2s − 1
=
+
2
(s − 1)
s − 1 (s − 1)2
2s − 1 = As − A + B
A=2
A=2
B=1
B − A = −1
2s − 1
2
1
−1
L−1
=
L
= 2et + tet
+
(s − 1)2
s − 1 (s − 1)2
La risposta all’impulso è quindi
h(t) = 2et + tet
70
Esercizio 2.3
Si consideri il sistema a un ingresso e una uscita rappresentato da
ÿ(t) + ẏ(t) = u̇(t) + u(t)
con y(0− ) = 1 e ẏ(0− ) = 0
1. Mettere il sistema in equazione di stato;
2. Studiare la stabilità del sistema;
3. Nel caso in cui il sistema risulti instabile, progettare una retroazione per rendere il sistema
stabile;
4. Trovare y(t) essendo u(t) = 2 · 1(t).
In generale, data una rappresentazione di un sistema single-input-single-output di cui si conosce la relazione
ingresso/uscita, è possibile determinare una rappresentazione in termini di equazioni di stato attraverso due
particolari realizzazioni:
• forma compagna controllabile;
• forma compagna osservabile.
Entrambe le realizzazioni sono corrette (e si possono quindi utilizzare) quando non vi sono cancellazioni nel
N (s)
rapporto di polinomi
dove N (s) = bn sn + . . . + b1 s + b0 e D(s) = sn + . . . + a1 s + a0 essendo la
D(s)
rappresentazione ingresso/uscita y (n) (t) + . . . + a1 ẏ(t) + a0 y(t) = bn u(n) (t) + . . . + b1 u̇(t) + b0 u(t).
Verifico questo fatto nel sistema dato.
N (s) = s2 + s = s(s + 1)
D(s) = s + 1
s2 + s
1
N (s)
=
=
D(s)
s+1
s
Ho una cancellazione. In questo caso la forma compagna controllabile è una realizzazione corretta solo se non
si deve tenere conto delle condizioni iniziali. Altrimenti è necessario realizzare il sistema nella forma compagna
osservabile.
Nel sistema dato ho y(0− ) = 1 e ẏ(0− ) = 0, devo cioé tenere conto delle condizioni iniziali. Utilizzo quindi
la forma compagna osservabile. Il sistema che otterrò sarà completamente osservabile ma non completamente
controllabile.
Consideriamo un generico sistema single-input-single-output la cui relazione ingresso/uscita è
y (n) (t) + . . . + a1 ẏ(t) + a0 y(t) = bn u(n) (t) + . . . + b1 u̇(t) + b0 u(t)
e poniamo
xn (t) = y(t) − bn u(t)
xn−1 (t) = ẏ(t) + an−1 y(t) − bn u̇(t) − bn−1 u(t)
..
.
71
Davide Giglio
x2 (t) = y (n−2) (t) + an−1 y (n−3) (t) + . . . + a2 y(t) − bn u(n−2) (t)+
− bn−1 u(n−3) (t) − . . . − b2 u(t)
x1 (t) = y (n−1) (t) + an−1 y (n−2) (t) + . . . + a1 y(t) − bn u(n−1) (t)+
− bn−1 u(n−2) (t) − . . . − b1 u(t)
Derivando rispetto al tempo quest’ultima equazione si ottiene
ẋ1 (t) = y (n) (t) + an−1 y (n−1) (t) + . . . + a1 ẏ(t) − bn u(n) (t)+
− bn−1 u(n−1) (t) − . . . − b1 u̇(t)
= −a0 y(t) + b0 u(t)
ed essendo
y(t) = xn (t) + bn u(t)
si ottiene
ẋ1 (t) = −a0 xn (t) + (b0 − a0 bn )u(t)
In maniera analoga otteniamo l’espressione di ẋ2 (t)
ẋ2 (t) = y (n−1) (t) + an−1 y (n−2) (t) + . . . + a2 ẏ(t) − bn u(n−1) (t)+
− bn−1 u(n−2) (t) − . . . − b2 u̇(t)
= x1 (t) − a1 y(t) + b1 u(t) =
= x1 (t) − a1 xn (t) + (b1 − a1 bn )u(t)
e cosı̀ via fino a calcolare l’espressione di ẋn (t).
La realizzazione in


0





1






ẋ(t) = 0
 ..

.






0

y(t) = 0
Nel nostro caso
forma compagna osservabile, in forma matriciale, è quindi



0 ... 0
−a0
b0 − a 0 bn
 b1 − a 1 bn 
0 ... 0
−a1 





1 ... 0
−a2 
 x(t) +  b2 − a2 bn  u(t)


..
.. 
.. . .
..


. .
. 
.
.
0 . . . 1 −a
b
−
a
b
n−1
n−1
n−1
n
0 . . . 0 1 x(t) + bn u(t)
a0 = 0
a1 = 1
b0 = 1
b1 = 1
b2 = 0
e quindi la realizzazione richiesta è

0 0
1

ẋ(t) =
x(t) +
u(t)
1
−1
1

y(t) = 0 1 x(t)
Per studiare la stabilità del sistema, determino i poli attraverso il calcolo del determinante della matrice (sI −A).
s
0
(sI − A) =
−1 s + 1
det (sI − A) = s(s + 1)
Ho un polo reale negativo (s = −1) e un polo nell’origine (s = 0). Il sistema è semplicemente stabile.
Posso rendere il mio sistema asintoticamente stabile? Solo se il polo che rende semplicemente stabile il sistema
(s = 0) risulta controllabile.
72
Esercizio 2.3
Posso affermare che il polo s = 0 è un polo controllabile in quanto esso è il polo “superstite” nel rapporto di
N (s)
polinomi
visto in precedenza. Posso comunque verificare la controllabilità del polo s = 0 attraverso lo
D(s)
studio della matrice (sI − A)−1 B.
s+1 1
adj (sI − A) =
0
s
s+1 0
T
adj (sI − A) =
1
s


1
T
0
adj (sI − A) 

s
=
(sI − A)−1 =
1 
1
det (sI − A)
s(s + 1) s + 1


 
1
1
0

 1
s
−1
s
(sI − A) B = 
1
1  1 = 1
s(s + 1) s + 1
s
E’ evidente come l’unico polo controllabile sia s = 0.
Per rendere asintoticamente stabile il sistema posso utilizzare sia una retroazione sullo stato che una retroazione
sull’uscita.
• Retroazione sullo stato.
Pongo
u(t) = kx(t) + v(t)
con k = k1 k2 . Si ha

0 0
k1 k2
1

ẋ(t) =
x(t) +
v(t)
x(t) +
k
k
1
−1
1
1
2

y(t) = 0 1 x(t)

k1
k2
1

x(t) +
v(t)
ẋ(t) =
k
+
1
k
−
1
1
2
1 
y(t) = 0 1 x(t)
Determiniamo i poli del sistema retroazionato.
s − k1
−k2
(sI − A) =
−k1 − 1 s − k2 + 1
det (sI − A) = (s − k1 )(s − k2 + 1) + k2 (−k1 − 1) =
= s 2 − k 2 s + s − k 1 s + k 1 k2 − k 1 − k 1 k2 − k 2 =
= s2 + (1 − k1 − k2 )s − k1 − k2
s2 + (1 − k1 − k2 )s − k1 − k2 = 0
k1 + k 2 − 1
s=
+=
p2
1 + k1 2 + k2 2 − 2k1 − 2k2 + 2k1 k2 + 4k1 + k2
=
∓
2
k1 + k2 − 1 ∓ (1 + k1 + k2 )
=
2

2k
+
2k

1
2
 s1 =
= k1 + k2
2
−2

 s2 =
= −1
2
Notiamo come uno dei due poli sia sempre s = −1. Infatti esso è un polo non controllabile che non può
essere “spostato” in alcun modo.
In ogni caso, il sistema diventa asintoticamente stabile per
k1 + k 2 < 0
73
Davide Giglio
• Retroazione sull’uscita.
Pongo
u(t) = v(t) + hy(t)
Si ha









1 0 0
1
0 h x(t)
ẋ(t) =
x(t) +
v(t) +
1
1
−1
1
y(t) = 0 1 x(t)
0 0
0 h
1
x(t) +
x(t) +
v(t)
ẋ(t) =
1
−1
0
h
1
y(t) = 0 1 x(t)
0
h
1
x(t) +
v(t)
ẋ(t) =
1
h
−
1
1
y(t) = 0 1 x(t)
Determiniamo i poli del sistema retroazionato.
s
−h
(sI − A) =
−1 s − h + 1
det (sI − A) = s(s − h + 1) − h =
= s2 − hs + s − h
= s2 + (1 − h)s − h
s2 + (1 − h)s − h = 0
√
h − 1 ∓ 1 − 2h + h2 + 4h
=
s=
2
h − 1 ∓ (h + 1)
=
2

2h

 s1 =
=h
2
−2

 s2 =
= −1
2
Il sistema diventa asintoticamente stabile per
h<0
L’espressione dell’uscita nella variabile complessa s è
Y (s) = C(sI − A)−1 x(0− ) + C(sI − A)−1 BU (s) =
= C(sI − A)−1 x(0− ) + T (s)U (s)
Nel nostro sistema abbiamo

1

−1
s
(sI − A) = 
1
s(s + 1)
e quindi
C(sI − A)
−1
= 0


0

1 
s+1
1

s
1 
1
s(s + 1)

0
1

1  = s(s + 1)
s+1
1
s+1
Le condizioni iniziali della variabile di stato, x(0− ), possono essere calcolate utilizzando le condizioni iniziali del
sistema che si hanno nella rappresentazione tramite la relazione ingresso/uscita. Abbiamo visto che
x1 (t) = ẏ(t) + a1 y(t) − b2 u̇(t) − b1 u(t)
x2 (t) = y(t) − b2 u(t)
74
Esercizio 2.3
e quindi
x1 (0− ) = ẏ(0− ) + a1 y(0− ) − b2 u̇(0− ) − b1 u(0− )
x2 (0− ) = y(0− ) − b2 u(0− )
Nel nostro caso
x1 (0− ) = ẏ(0− ) + y(0− ) = 1
x2 (0− ) = y(0− ) = 1
Abbiamo
C(sI − A)−1 x(0− ) =
C(sI − A)
−1
B=
1
s(s + 1)
C(sI − A)−1 BU (s) =
Y (s) =
1
1
1
1
1
+ =
=
s+1 1
s(s + 1) s
s
1
1
1
1
1
=
+ =
s+1 1
s(s + 1) s
s
1
s(s + 1)
2
1 2
· = 2
s s
s
1
2
+ 2
s s
La risposta del sistema richiesta è
1
2
+ L−1 2 =
y(t) = L−1
s
s
= (1 + 2t) · 1(t)
75
Esercizio 2.4
Dato il sistema rappresentato da
ÿ(t) + 6ẏ(t) + 8y(t) = u̇(t) + 2u(t)
1. Determinare le equazioni di stato del sistema;
2. Trovare le condizioni iniziali per cui la risposta libera del sistema è uguale alla risposta
all’impulso.
Per potere mettere il sistema in equazioni di stato è necessario verificare se vi sono cancellazioni nella funzione
N (s)
razionale fratta
che si ottiene trasformando secondo Laplace la relazione ingresso/uscita data.
D(s)
N (s) = s + 2
D(s) = s2 + 6s + 8
s+2
s+2
1
N (s)
= 2
=
=
D(s)
s + 6s + 8
(s + 2)(s + 4)
s+4
Ho una cancellazione. Non si sa nulla sulle condizioni iniziali e quindi, nel dubbio che possano essere non nulle,
utilizzo la forma compagna osservabile (determino la forma compagna osservabile applicando il teorema della
dualità alle matrici e ai vettori che si ottengono per la forma compagna controllabile).
a1 = 6
a0 = 8
b2 = 0
b1 = 1
b0 = 2
0
1
0
1
Ac =
=
−a0 −a1
−8 −6
0
Bc =
1
C c = b0 − b 2 a 0 b1 − b 2 a 1 = 2
Applico il teorema della dualità:
Ao = Ac
T
B o = Cc
T
1
Co = B c
T
Le equazioni di stato del sistema sono quindi (forma compagna osservabile):

0 −8
2

x(t) +
u(t)
ẋ(t) =
1
−6
1

y(t) = 0 1 x(t)
La risposta libera del sistema è
C sI − A
−1
x(0− )
−1
B
mentre la risposta all’impulso è
C sI − A
76
Esercizio 2.4
−1
Determino C sI − A
.
s
8
sI − A =
−1 s + 6
s+6 1
s + 6 −8
T
adj sI − A =
adj sI − A =
−8 s
1
s
det sI − A = s(s + 6) + 8 = s2 + 6s + 8 = (s + 2)(s + 4)


8
s+6
−
−1  (s + 2)(s + 4)
(s + 2)(s + 4) 
sI − A
=

1
s
C sI − A
−1
(s + 2)(s + 4)
(s + 2)(s + 4)
1
s
=
(s + 2)(s + 4) (s + 2)(s + 4)
La risposta libera è quindi
C sI − A
−1
x(0− ) =
−1
B=
x1 (0− ) + sx2 (0− )
(s + 2)(s + 4)
e la risposta all’impulso è
C sI − A
2+s
(s + 2)(s + 4)
Per cui, perché si abbia la risposta libera uguale alla risposta all’impulso, deve essere
x1 (0− ) = 2
x2 (0− ) = 1
cioé
x(0− ) =
2
1
77
Esercizio 2.5
Dato il sistema rappresentato da
ÿ(t) + 4ẏ(t) + 4y(t) = u̇(t) + 2u(t)
con
y(0− ) = ẏ(0− ) = 1
2. Determinare la risposta libera del sistema.
Determino numeratore e denominatore della funzione razionale fratta che si ottiene trasformando secondo
Laplace la relazione ingresso/uscita data.
N (s) = s + 2
D(s) = s2 + 4s + 4 = (s + 2)2
N (s)
s+2
1
=
=
D(s)
(s + 2)2
s+2
Ho una cancellazione. Inoltre devo tenere conto delle condizioni iniziali (essendo esse diverse da zero). Devo
utilizzare obbligatoriamente la forma compagna osservabile.
Parto dalla forma compagna controllabile e poi applico il teorema della dualità.
a1 = 4
a0 = 4
b2 = 0
b1 = 1
b0 = 2
0
1
0
1
Ac =
=
−a0 −a1
−4 −4
0
Bc =
1
C c = b0 − b 2 a 0 b1 − b 2 a 1 = 2 1
T
T
T
Co = B c
Ao = Ac
B o = Cc
Le equazioni di stato del sistema sono quindi (forma compagna osservabile):

0 −4
2

ẋ(t) =
x(t) +
u(t)
1
−4
1

y(t) = 0 1 x(t)
Sia la risposta libera del sistema
−1
Yl (s) = C sI − A
x(0− )
−1
Determino C sI − A
.
s
4
sI − A =
−1 s + 4
78
Esercizio 2.5
s+4
s+4 1
T
adj sI − A =
adj sI − A =
1
−4 s
det sI − A = s(s + 4) + 4 = s2 + 4s + 4 = (s + 2)2
 s+4

4
−
−1  (s + 2)2 )
(s + 2)2 
sI − A
=

s
1
(s + 2)2
(s + 2)2
−1
s
1
C sI − A
=
(s + 2)2 (s + 2)2
−4
s
Le condizioni iniziali x1 (0− ) e x2 (0− ) possono essere calcolate nel seguente modo.
La forma compagna osservabile di un sistema di secondo grado (rappresentato cioé dalla relazione ingresso/uscita
ÿ(t) + a1 ẏ(t) + a0 y(t) = b2 ü(t) + b1 u̇(t) + b0 u(t)) è

0 −a0
b − b 2 a0

x(t) + 0
u(t)
ẋ(t) =
b1 − b 2 a 1
1 −a
1

y(t) = 0 1 x(t)
cioé

 ẋ1 (t) = −a0 x2 (t) + b0 − b2 a0 u(t) ẋ (t) = x1 (t) − a1 x2 (t) + b1 − b2 a1 u(t)
 2
y(t) = x2 (t)
Si ha quindi
x2 (t) = y(t)
e
x1 (t) = ẋ2 (t) + a1 x2 (t) − b1 − b2 a1 u(t) =
= ẏ(t) + a1 y(t) − b1 − b2 a1 u(t)
e di conseguenza
x1 (0− ) = ẏ(0− ) + a1 y(0− ) − b1 − b2 a1 u(0− )
x2 (0− ) = y(0− )
Nel nostro caso
ẏ(0− ) = 1
e quindi
y(0− ) = 1
u(0− ) = 0
x1 (0− ) = 1 + 4 · 1 − 1 · 0 = 5
x2 (0− ) = 1
La risposta libera del sistema è, nella variabile complessa s,
1
s
s+5
5
Yl (s) =
=
(s + 2)2 (s + 2)2 1
(s + 2)2
Antitrasformo secondo Laplace utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici.
s+5
A
B
As + 2A + B
=
+
=
(s + 2)2
s + 2 (s + 2)2
(s + 2)2
A=1
A=1
→
2A + B = 5
B = 5 − 2A = 5 − 2 = 3
1
3
s+5
=
+
(s + 2)2
s + 2 (s + 2)2
s+5
1
1
−1
−1
L−1
=
L
+
3L
(s + 2)2
s+2
(s + 2)2
La risposta libera del sistema è, nella variabile reale t,
yl (t) = e−2t + 3te−2t
79
Esercizio 2.6
i1 (t)
R1
-
L
CCCCCC
j
j
j
j
j
j
j
j
j
i2 (t)
?
X
X
X
X
X
X
R2 X
X
X
X
X
X
u(t) = vS (t)
con R1 , R2 , L, C > 0
C
vC (t)
2. Trovare x̂(t) a regime per u(t) = 1(t);
3. x̂(t) è un punto di equilibrio?
4. Discutere la stabilità di x̂(t).
Per mettere lo schema elettrico rappresentato in figura in equazioni di stato, si devono utilizzare le relazioni
fondamentali corrente-tensione dei tre componenti costituenti il circuito elettrico (resistore, condensatore e
induttore).
• Resistore:
vR (t) = Ri(t)
R
i(t)
CCCCCC
6
vR (t)
• Condensatore:
vC (t) =
1
C
Z
t
i(τ ) dτ
0
C
• Induttore:
vL (t) = L
80
di(t)
dt
vC (t)
i(t)
6
Esercizio 2.6
i(t)
L
j
j
j
j
j
j
j
j
j
vL (t)
6
Nel sistema dato si hanno quindi le seguenti relazioni.
vR1 (t) = R1 i1 (t)
di1 (t)
dt
vR2 (t) = R2 i2 (t)
vL (t) = L
1
dvC (t)
=
i1 (t) − i2 (t)
dt
C
Inoltre
vC (t) = vR2 (t)
vS (t) = u(t)
vS (t) = vR1 (t) + vL (t) + vC (t)
Sostituendo nell’ultima espressione le equazioni fondamentali, si ottiene
u(t) = R1 i1 (t) + L
di1 (t)
+ R2 i2 (t)
dt
Considero come variabili di stato la corrente i1 (t) e la tensione vC (t). Scrivo quindi la precedente espressione
come
u(t) = R1 i1 (t) + L
di1 (t)
+ vC (t)
dt
e l’equazione fondamentale del condensatore come
1
vC (t)
dvC (t)
=
i1 (t) −
dt
C
R2
Pongo
x1 (t) = i1 (t)
x2 (t) = vC (t)
ottenendo

 u(t) = R1 x1 (t) + Lẋ1 (t) + x2 (t)
1
1
x2 (t)
x1 (t) −
 ẋ2 (t) =
C
R2

1
1
R

 ẋ1 (t) = − 1 x1 (t) − x2 (t) + u(t)
L
L
L
1
1

 ẋ2 (t) = x1 (t) −
x2 (t)
C
R2 C
Le equazioni di stato dello schema elettrico rappresentato in figura sono


" #
1
R1
1
−
− L

L
ẋ(t) =  1
+
u(t)
x(t)

L
1
0
−
C
R2 C
Per calcolare l’espressione del vettore di stato a regime, determino (sI − A) −1 BU (s)


1
R1

s + L
L
(sI − A) = 
1 
1
s+
−
C
R2 C
81
Davide Giglio
1
1
R1
R1
+
+
=
det (sI − A) = s +
s+
L
R2 C
R2 LC
LC
R1
1
R1 + R 2
= s2 +
+
s+
L
R2 C
R2 LC


1
1
s + R2 C
C 
adj (sI − A) = 
1
R1 
−
s+
L
L


1
1
−
s
+

R2 C
L 
R1 
1
s+
C
L
2
(sI − A)−1 =
adjT (sI − A)
=
det (sI − A)


1
1
s
+
−
1
R1 + R 2 
R1
R2 C
L 
+
s+
= s2 +

R1 
1
L
R2 C
R2 LC
s+
C
L

 1
1
R1 + R 2  L s + R C 
1
R1
−1
2
2
s+
(sI − A) B = s +
+


1
L
R2 C
R2 LC
LC

 1
1
1
R1 + R 2  L s + R C  1
R1
2
+
s+
(sI − A)−1 BU (s) = s2 +


1
L
R2 C
R2 LC
s
LC
Considero adesso separatamente le due componenti del vettore di stato. La prima componente è
1
R2 C
!
X1 (s) =
R
R
+
R
1
1
1
2
s+
Ls s2 +
+
L
R2 C
R2 LC
s+
1
R1
R1 + R 2
+
positivi, tale contributo fornisce due
Essendo tutti i parametri dell’espressione s +
s+
L
R2 C
R2 LC
poli a parte reale negativa il cui contributo tende a zero a regime. Devo quindi solamente vedere qual’è il
contributo dovuto al polo in 0. Applico il teorema del valore finale.
2
1
R2 C
!=
lim sX1 (s) = lim s
s→0
s→0
1
R
R
+
R
1
1
2
+
Ls s2 +
s+
L
R2 C
R2 LC
s+
1
1
R2 C
=
=
R1 + R 2
R1 + R 2
R2 C
X1 (s) a regime è uguale a
x̂1 (t) =
1
1
· e quindi, antitrasformando
R1 + R 2 s
1
· 1(t)
R1 + R 2
La seconda componente è
1
X2 (s) =
LCs s2 +
82
!
R1 + R 2
1
R1
s+
+
L
R2 C
R2 LC
Esercizio 2.6
Anche in questo caso devo solamente vedere qual’è il contributo dovuto al polo in 0. Applico di nuovo il teorema
del valore finale.
1
lim sX2 (s) = lim s
s→0
s→0
LCs
=
s2
+
!=
R1 + R 2
1
R1
s+
+
L
R2 C
R2 LC
R2
1
=
R1 + R 2
R1 + R 2
LC
R2 LC
X2 (s) a regime è uguale a
x̂2 (t) =
1
R2
· e quindi, antitrasformando
R1 + R 2 s
R2
· 1(t)
R1 + R 2
Il vettore di stato, a regime e con un ingresso u(t) = 1(t), è quindi


1

+ R2  · 1(t)
x̂(t) =  R1 R

2
R1 + R 2
Per valutare se x̂ è un punto di equilibrio, devo vedere se, sostituendo i valori di x̂ 1 (t) e di x̂2 (t) nelle equazioni
di stato, si ottiene ẋ1 (t) = 0 e ẋ2 (t) = 0.



1
" #
R1
1
1
−
  R1 + R 2 
− L
L
+
ẋ(t) =  1
=



L
1
R2
0
−
C
R2 C
R1 + R 2

R2
1
R1
−
+
−


=  L(R1 +1 R2 ) L(R1 +1R2 ) L  =
−
C(R1 + R2 ) C(R1 + R2 )


1
(R1 + R2 )
0
+
−
=  L(R1 + R2 ) L  =
0
0
x̂ è quindi un punto di equilibrio.
Per valutare se tale punto è un punto di equilibrio stabile, è sufficiente andare a vedere la stabilità dell’intero
sistema, essendo lo schema elettrico proposto un sistema lineare tempo invariante (LTI).
Il polinomio caratteristico è
1
R1
R1 + R 2
2
+
λ +
λ+
L
R2 C
R2 LC
che fornisce due poli a parte reale negativa (applicando la regola di Cartesio, ho due permanenze essendo tutti
i parametri positivi).
Il sistema è asintoticamente stabile e quindi x̂ è un punto di equilibrio stabile.
83
Esercizio 2.7
Si consideri il seguente sistema composto da tre vasche comunicanti
u
u
2
u
2
?
X
X
X
X
X
X
X
X
h2
h1
k1 · h 1
&
$
'
?
?
X
X
X
X
h3
k2 · h 2
%
sezione
serbatoio
=A
• Mettere il sistema in equazioni di stato;
• Siano A = 5 m2 , k1 = 10 m2 /s, k2 = 5 m2 /s.
1. E’ possibile avere un’uscita limitata qualunque sia l’ingresso limitato?
2. E’ possibile avere y(t) → 0 per t → ∞?
Per mettere in equazioni di stato il sistema di vasche comunicanti, è necessario utilizzare l’equazione dinamica
che regola la variazione del volume dell’acqua all’interno di una vasca sulla base della portata di ingresso e della
portata di uscita. L’equazione in questione è
Variazione Volume = PortataIN − PortataOU T
Nel nostro sistema si ha quindi
A · ḣ1 (t) =
u(t)
− k1 h1 (t)
2
A · ḣ2 (t) =
u(t)
− k2 h2 (t)
2
A · ḣ3 (t) = k1 h1 (t) + k2 h2 (t)
che possono essere scritte come
ḣ1 (t) =
k1
1
u(t) − h1 (t)
2A
A
k2
1
u(t) − h2 (t)
2A
A
k1
k2
ḣ3 (t) = h1 (t) + h2 (t)
A
A
ḣ2 (t) =
Considero come variabili di stato il livello dell’acqua h1 (t), h2 (t) e h3 (t) delle tre vasche. L’ingresso del sistema è
rappresentato dalla portata d’ingresso u(t). Infine, scelgo come uscita del sistema il volume dell’acqua contenuta
nel terzo serbatoio, A · h3 (t). Pongo quindi
x1 (t) = h1 (t)
84
Esercizio 2.7
x2 (t) = h2 (t)
x3 (t) = h3 (t)
y(t) = A · x3 (t)
Si ottengono le seguenti variabili di stato
ẋ1 (t) = −
k1
1
x1 (t) +
u(t)
A
2A
1
k2
x2 (t) +
u(t)
A
2A
k1
k2
ẋ3 (t) = x1 (t) + x2 (t)
A
A
ẋ2 (t) = −
y(t) = A · x3 (t)
che, scritte in forma matriciale, diventano



k1
 1 


0
0
−




A



 2A 

k2

1 
x(t) + 
ẋ(t) = 
−
0
 0

  u(t)
A


2A

k2
k1


0
0



A
A

y(t) = 0 0 A x(t)
Sostituisco i valori assegnati ottenendo il seguente sistema.











1
−2 0 0
 10 
1
ẋ(t) =  0 −1 0 x(t) + 
  u(t)
10
2
1 0
0
y(t) = 0 0 5 x(t)



s+2
0
s+1
(sI − A) =  0
−2
−1

0
0
s
E’ una matrice triangolare inferiore, quindi è immediato che il determinante di tale matrice è
s(s + 1)(s + 2)
I poli del sistema sono quindi
s1 = 0
s2 = −1
s3 = −2
Il sistema è semplicemente stabile. Non è garantita la stabilità BIBO. Se, ad esempio, metto in ingresso un
gradino è molto probabile che il mio sistema diverga. Per verificare questo fatto determino la funzione di
trasferimento del sistema.


s(s + 1)
0
2(s + 1)

s(s + 2)
s+2
adj (sI − A) =  0
0
0
(s + 1)(s + 2)

s(s + 1)
adjT (sI − A) =  0
2(s + 1)

0
0

s(s + 2)
0
s+2
(s + 1)(s + 2)
85
Davide Giglio

1
0
0
 s+2


1
adjT (sI − A) 
−1

0
0
=
(sI − A) =

s
+
1
det (sI − A)

1
1
2
s(s + 2) s(s + 1) s


1
0
0 1

 s+2
  10 

1
−1
1

0
0
(sI − A) B = 
  =
s
+
1


10
1
1
2
0
s(s + 2) s(s + 1) s


1
1
·
10 s + 2




1
1


·
=

10
s
+
1
1

3s + 4
·
10 s(s + 1)(s + 2)


1
1
·
10 s + 2




1
1
3s + 4
=
·
C(sI − A)−1 = 0 0 5 

 2s(s + 1)(s + 2)
10
s
+
1
1

3s + 4
·
10 s(s + 1)(s + 2)

La funzione di trasferimento del sistema dato è
T (s) =
3s + 4
1
·
2 s(s + 1)(s + 2)
1
(polo in 0). Non è quindi possibile avere un’uscita che tende a 0 per t → ∞ in
s
1
quanto, al meglio, rimane sempre un gradino generato dal termine .
s
E’ sempre presente il termine
86
Esercizio 2.8
Dato il sistema rappresentato in figura, caratterizzato da un autoveicolo in movimento,
-
forza di ingresso u(t)
forza di attrito 3v(t)
0.5 Kg
J
J hh
j
h
h
j
-
posizione di uscita y(t)
-
velocita v(t)
2. Studiare la stabilità, la controllabilità e l’osservabilità;
3. Se il sistema risulta instabile, progettare una retroazione in grado di stabilizzare il sistema.
Per mettere il sistema rappresentato in figura in equazioni di stato, è necessario considerare la massa dell’autoveicolo in movimento come puntiforme e considerare tutte le forze in gioco applicate a tale massa puntiforme.
In questo modo è possibile utilizzare le equazioni di bilanciamento delle forze.
0.5 Kg
forza di ingresso u(t)
forza di attrito 3v(t)
- z
-
posizione di uscita y(t)
velocita v(t)
L’equazione di bilanciamento delle forze è
Fris = M · a
dove Fris è la forza risultante da tutte le forze applicate alla massa puntiforme, M è la massa dell’oggetto
puntiforme e a è l’accelerazione impressa a tale oggetto.
Nel nostro caso, alla massa puntiforme sono applicate due forze:
1. la forza di ingresso u(t);
2. la forza di attrito fa (t). Tale forza ha stessa direzione ma verso contrario alla forza di ingresso, ed è
proporzionale alla velocità dell’oggetto in movimento (nel nostro caso, secondo un fattore 3).
L’equazione di bilanciamento delle forze è quindi
u(t) − fa (t) = M · a(t)
u(t) − 3v(t) = M · v̇(t)
Per mettere il sistema in equazioni di stato, definisco come variabili di stato la posizione e la velocità dell’oggetto
puntiforme, cioé
x1 (t) = x(t)
x2 (t) = v(t)
[posizione]
[velocità]
Da queste due relazione, e dall’equazione di bilanciamento delle forze, si ottiene:
ẋ1 (t) = ẋ(t) = v(t) = x2 (t)
ẋ2 (t) = v̇(t) =
1
1
u(t) −
3v(t) = 2u(t) − 6v(t) = −6x2 (t) + 2u(t)
M
M
87
Davide Giglio
Le equazioni di stato del sistema sono (supponendo di voler misurare, come uscita, la posizione dell’autoveicolo):

0 1
0

ẋ(t) =
x(t) +
u(t)
0
−6
2

y(t) = 1 0 x(t)
Verifico la controllabilità del sistema attraverso lo studio del rango della matrice P , B AB .
0 1
0
2
AB =
=
0 −6 2
−6
P =
0
2
2
−6
rank P = 2
La matrice P è a rango pieno (infatti det P =
6 0) e quindi il sistema in esame è completamente controllabile.
Verifico l’osservabilità del sistema attraverso lo studio del rango della matrice Q ,
CA = 1
1
Q=
0
0
0
1
0
0
1
= 0
−6
1
C
CA
.
rank P = 2
La matrice Q è a rango pieno (infatti det Q =
6 0) e quindi il sistema in esame è completamente osservabile.
Per lo studio della stabilità, determino i poli del sistema.
det sI − A = 0
s −1
= s(s + 6) = 0
s = 0, −6
det
0 s+6
I poli del sistema sono s = −6 e s = 0. I sistema risulta quindi semplicemente stabile.
E’ importante osservare come questo risultato sia compatibile con considerazioni fisiche che possono essere fatte
sulla dinamica del sistema in esame. L’autoveicolo, sottoposto ad una forza in ingresso impulsiva, inizia a
muoversi ma è destinato a fermarsi a causa della forza di attrito esercitata sull’autoveicolo stesso (e non più
controbilanciata da una forza in ingresso). Il veicolo si fermerà però in una posizione diversa da quella di
partenza. Anche una forza che tende a svanire nel tempo (si pensi ad esempio ad una forza il cui andamento nel
tempo è assimilabile ad un’esponenziale negativa) provocherà l’arresto dell’autoveicolo (sempre in una posizione
diversa da quella di partenza) dopo un certo intervallo di tempo. Se invece viene applicata al sistema una
forza costante nel tempo, l’autoveicolo sarà sempre in movimento e si allontanerà sempre di più (al crescere del
tempo) dalla sua posizione di partenza. In ogni caso l’autoveicolo non potrà più tornare nella sua posizione di
partenza.
Tutte queste considerazioni giustificano la semplice stabilità del sistema (per avere asintotica stabilità si dovrebbe
fare in modo che il sistema torni nella sua posizione originaria, di partenza).
Vediamo in ogni caso se sia possible rendere il sistema asintoticamente stabile attraverso una opportuna
retroazione sul sistema.
Impongo una retroazione sull’uscita.
u(t) = û(t) + ky(t)
Il sistema diventa

0 0 1
0

k
x(t) +
û(t) +
ẋ(t) =
2
2
0 −6

y(t) = 1 0 x(t)
88
0
0 x(t) =
0
0
1
0
x(t) +
û(t) +
2k
−6
2
0
x(t)
0
Esercizio 2.8


0
1
0
x(t) +
û(t)
ẋ(t) =
2k
−6
2

y(t) = 1 0 x(t)
I poli del nuovo sistema sono dati da
s
−1
= s(s + 6) − 2k = 0
det
−2k s + 6
s2 + 6s − 2k = 0
Applicando la regola di Cartesio è immediato concludere che se k < 0 il sistema risulta asintoticamente stabile.
E’ quindi possibile stabilizzare asintoticamente il sistema applicando una opportuna retroazione sull’uscita.
Dal punto di vista fisico questa considerazione equivale a dire che è possibile stabilizzare asintoticamente il
sistema applicando in ingresso, oltre alla forza u(t), una forza nella sua stessa direzione ma contraria di segno
e proporzionale alla posizione raggiunta dall’autoveicolo.
Infine, essendo il sistema completamente controllabile, posso affermare che è possibile stabilizzare asintoticamente il sistema anche attraverso una opportuna retroazione sullo stato (è possibile infatti assegnare tutti i poli
del sistema). Oltre a ricordare come una retroazione sull’uscita sia un particolare tipo di retroazione sullo stato,
viene osservato come dal punto di vista fisico effettuare una retroazione sullo stato equivale ad applicare in
ingresso, oltre alla forza u(t), una forza nella sua stessa direzione ma contraria di segno e combinazione lineare
della posizione e della velocità raggiunta dall’autoveicolo.
Analiticamente:
u(t) = û(t) + k1
k2 x(t)
Il sistema diventa

0 1
0
0 
k1
ẋ(t) =
x(t) +
û(t) +
2
2
0 −6

y(t) = 1 0 x(t)

0
1
0

x(t) +
û(t)
ẋ(t) =
2k
2k
−
6
2
1 2

y(t) = 1 0 x(t)
0
k2 x(t) =
0
I poli del nuovo sistema sono dati da
s
−1
= s(s + 6 − 2k2 ) − 2k1 = 0
det
−2k1 s + 6 − 2k2
1
0
0
x(t) +
û(t) +
−6
2
2k1
0
x(t)
2k2
s2 + (6 − 2k2 )s − 2k1 = 0
Applicando la regola di Cartesio è immediato concludere che se
k1 < 0
6 − 2k2 > 0
→
k2 < 3
−2k1 > 0
il sistema risulta asintoticamente stabile.
89
Esercizio 2.9
Calcolare la antitrasformata di Laplace delle seguenti funzioni nella variabile complessa z:
1. F (z) =
2. F (z) =
3. F (z) =
z+3
(z − 1)(z + 2)
1
(z − 1)2
;
z
z2
Considero F (z) =
;
+ 3z + 4
.
z+3
.
(z − 1)(z + 2)
Scompongo in fratti semplici la funzione
F (z)
z
z+3
A
B
C
A(z − 1)(z + 2) + Bz(z + 2) + Cz(z − 1)
F (z)
=
= +
+
=
z
z(z − 1)(z + 2)
z
z−1 z+2
z(z − 1)(z + 2)
z + 3 = Az 2 + Az − 2A + Bz 2 + 2Bz + Cz 2 − Cz

 A+B+C =0
A + 2B − C = 1

−2A = 3

3



 A = −2

4
4
B+C =
→ 3B = 4 → B =

3
3



 2B − C = 5
2

3


A=−


2

4
B=

3



 C = 3 −B = 3 − 4 = 9−8 = 1
2
2 3
6
6
3 1 4
1
1
1
F (z)
=− · + ·
+ ·
z
2 z
3 z−1 6 z+2
e quindi
z
1
z
3 4
+ ·
F (z) = − + ·
2 3 z−1 6 z+2
Essendo note le seguenti antitrasformazioni z
z
−1
−1
Z {1} = δ∆ (k)
Z
= 1(k)
z−1
Z
−1
z
z−a
= ak · 1(k)
otteniamo la funzione nel tempo
4
1
3
f (k) = − · δ∆ (k) + · 1(k) + (−2)k · 1(k)
2
3
6
Il valore della funzione negli istanti di tempo discreti 0+ , T + , 2T + , . . . , è:
−9 + 8 + 1
3 4 1
=0
f (0+ ) = − + + =
2 3 6
6
90
Esercizio 2.9
4 1
− =1
3 3
4 2
f (2T + ) = + = 2
3 3
4
4
f (3T + ) = − = 0
3 3
4 8
f (4T + ) = + = 4
3 3
...
f (T + ) =
Verifichiamo il risultato ottenuto con il metodo della lunga divisione.
z
z
q
+
+
3
1 − 2z −1
2 + 2z −1
2 + 2z −1
q
q
z2 + z − 2
z −1 + 2z −2 + 4z −4 + . . .
−
−2
4z
4z −2
...
da cui
F (z) = z −1 + 2z −2 + 4z −4 + . . .
Anche in questo caso (prendendo i coefficienti delle potenze negative di z) si ha
f (0+ ) = 0
f (T + ) = 1
f (2T + ) = 2
f (3T + ) = 0
f (4T + ) = 4
...
Considero F (z) =
1
.
(z − 1)2
F (z)
z
1
A
B
C
A(z − 1)2 + Bz(z − 1) + Cz
F (z)
=
=
+
+
=
z
z(z − 1)2
z
z − 1 (z − 1)2
z(z − 1)2
1 = Az 2 − 2Az + A + Bz 2 − Bz + Cz

 A+B =0
−2A − B + C = 0

A=1

 A=1
B = −A = −1

C = 2A + B = 2 − 1 = 1
1
1
1
F (z)
= −
+
z
z
z − 1 (z − 1)2
e quindi
F (z) = 1 −
z
z
+
z − 1 (z − 1)2
Essendo note le seguenti antitrasformazioni z
z
= 1(t)
Z −1 {1} = δ∆ (t)
Z −1
z−1
Z −1
z
(z − 1)2
=
t
· 1(t)
T
91
Davide Giglio
otteniamo la funzione nel tempo
f (t) = δ∆ (t) − 1(t) +
t
· 1(t)
T
Tale funzione nel tempo ha senso solamente negli istanti di campionamento. Supponendo T = 1 la funzione in
questione è:
f(k)
2
1
k
0
1
2
3
Con il metodo della lunga divisione si avrebbe avuto:
1
1
q
−
2z −1
2z −1
2z −1
q
+
−
−
z −2
z −2
4z −2
3z −2
3z −2
q
z 2 − 2z + 1
z −2 + 2z −3 + 3z −4 + 4z −5 + . . .
+
−
−
2z −3
2z −3
6z −3
4z −3
...
+
−
3z −4
3z −4
...
ottenendo la funzione dicretizzata nel tempo caratterizzata dai seguenti valori:
f (0+ ) = 0
f (T + ) = 0
f (2T + ) = 1
f (3T + ) = 2
f (4T + ) = 3
...
f(k)
3
2
1
0
1
2
3
4
k
Infine, si poteva concludere immediatamente (senza eseguire alcun calcolo) che
f (k) = (k − 1) · t(k − 1)
in quanto F (z) può essere scritta come
F (z) = z −1 ·
z
(z − 1)2
e quindi si sarebbe
potuto
antitrasformare direttamente la funzione applicando la proprietà di traslazione nel
tempo ( Z −1 z −1 · G(z) = g(k − 1) )
92
Esercizio 2.9
Considero F (z) =
z2
z
.
+ 3z + 4
F (z)
z
F (z)
1
= 2
z
z + 3z + 4
2
Le radici del polinomio di secondo grado z + 3z + 4 sono z =
coniugate. Si ottiene quindi:
z2
1
=
+ 3z + 4
A
z−
√ !+
7
3
+j
z−
2
2
−3 ∓
√
2
9 − 16
√
7
3
= − ∓j
, radici complesse
2
2
B
√ !
7
3
−j
2
2
√
√
3
3
7
7
1 = Az − A + j
A + Bz − B − j
B
2
2
2
2

 A+B =√
0
√
7
7
3
3
 − A+j
A− B−j
B=1
2
2
2
2

 A = −B√
√
√
3
7
7
3
 B−j
B− B−j
B = 1 → −j 7B = 1
2
2
2
2
√


 A = −j 7
√7

 B=j 7
7
√
√
7
7
j
−j
F (z)
7
7
=
√ !+
√ !
z
3
7
3
7
+j
−j
z−
z−
2
2
2
2
→
√
7B = j
→
B=j
√
7
7
e quindi
√
7
7
j
z
z
−j
7
7
F (z) =
√ !+
√ !
3
7
3
7
z−
z−
+j
−j
2
2
2
2
√
Prima di antitrasformare la funzione ottenuta facciamo alcune considerazioni.
Un generico numero complesso a + jb può essere sempre scritto nella forma (forma polare)
r cos θ + j sin θ = rejθ
dove
r=
p
a2 + b 2
e
θ = tan−1
b
a
rappresentano rispettivamente il modulo e la fase sel numero complesso.
I nostri numeri complessi possono quindi essere scritti come
r
√
3
7
9 7 ∓j tan−1 √7
3 = 2e∓j0.72
∓j
=
+ e
2
2
4 4
E’ ovvio inoltre che, quando x > 0
eln x = x
93
Davide Giglio
e quindi
√
√ ∓j0.72
3
7
ln 3 ∓j 27
) = e0.69∓j0.72
= eln (2e
∓j
=e 2
2
2
essendo il logaritmo di un numero complesso
ln a + jb = ln rejθ = ln r + jθ
√
√
7
7
−j
j
z
z
7
7
F (z) =
+
z − e0.69+j0.72
z − e0.69−j0.72
Essendo
Z
−1
z
z − e−aT
= e−at · 1(t)
si ottiene

√
7
7



z
j
z
−j
−1
7
7
f (t) = Z
+
=

z − e0.69+j0.72
z − e0.69−j0.72 




√
√
z
z
7
7
−1
−1
+
j
=
·Z
·
Z
= −j
1
1
7
7
z − e T (0.69+j0.72)T
z − e T (0.69−j0.72)T
√
√
1
1
7
7
(0.69+j0.72)t
T
= −j
·e
· e T (0.69−j0.72)t
+j
7
7




94
√
Esercizio 2.10
Sia dato il sistema caratterizzato dalla seguente uscita
y(k)
2
1
0.5
0
0
1
2
3
4
5
6
k
con
u(k) = 1(k)
Determinare la funzione di trasferimento del sistema T (z).
La trasformata z del segnale di uscita è
1
1
1
2
2z 3 + 2z 2 + z + 4
1
Y (z) = z −1 + z −2 + z −3 + 2z −4 = + 2 + 3 + 4 =
2
z
z
2z
z
2z 4
La trasformata z del segnale di ingresso è
U (z) =
z
z−1
Essendo
Y (z) = T (z)U (z)
si ha
T (z) =
2z 3 + 2z 2 + z + 4 z − 1
Y (z)
=
·
=
U (z)
2z 4
z
2z 4 + 2z 3 + z 2 + 4z − 2z 3 − 2z 2 − z − 4
=
=
2z 5
2z 4 − z 2 + 3z − 4
=
2z 5
95
Esercizio 2.11
Dato il sistema
0 1
0
ẋ(t) =
x(t) +
u(t)
0 0
1
e supponendo u(t) costante a tratti, con ∆T = 1,
• determinare le equazioni di stato a tempo discreto;
• discutere la stabilità e la raggiungibilità del sistema;
• determinare lo spazio degli stati raggiungibili.
Dal sistema a tempo continuo lineare e stazionario, dato nella forma
ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t)
devo determinare le equazioni di stato a tempo discreto, nella forma
x(k + 1) = Āx(k) + B̄u(k)
In generale, l’evoluzione dello stato è
Z t
A(t−t0 )
x(t) = e
x(t0 ) +
e−A(τ −t) Bu(τ )dτ
t−
0
ma essendo l’ingresso costante a tratti con intervallo di campionamento
∆T , avremo che il comportamento dello
stato all’interno di ogni singolo intervallo k · ∆T, (k + 1) · ∆T è costante, ed è esprimibile come
x (k + 1) · ∆T = e
A·∆T
x(k · ∆T ) +
Z
(k+1)·∆T
k·∆T
e−A(τ −(k+1)·∆T ) Bu(k · ∆T )dτ
E’ importante osservare come in precedenza l’intervallo fosse t0 , t mentre adesso è k · ∆T, (k + 1) · ∆T (e
infatti ho considerato quest’ultimo nell’ultima espressione scritta). Inoltre u è un ingresso costante su tutto
l’intervallo e quindi, nell’ultima espressione scritta, si è potuto scrivere u(k · ∆T ) al posto di u(τ ).
Pongo
(k + 1) · ∆T − τ = ξ
ottenendo
−dτ = dξ
→
dτ = −dξ
estremo inferiore
estremo superiore
⇒
ξ = ∆T
⇒
ξ=0
Possiamo quindi scrivere
96
x(k + 1) = eA·∆T x(k) −
Z
x(k + 1) = eA·∆T x(k) +
Z
0
∆T
eAξ Bdξ · u(k)
∆T
0
eAξ Bdξ · u(k)
Esercizio 2.11
Pongo
Ā = eA·∆T
Z ∆T
eAξ Bdξ
B̄ =
0
ottenendo quindi l’espressione cercata
x(k + 1) = Āx(k) + B̄u(k)
Per calcolare effettivamente le matrici Ā e B̄, utilizziamo la seguente relazione:
o
n
eAt = L−1 (sI − A)−1
Determiniamo quindi (sI − A)−1 .
s −1
sI − A =
0 s
s 0
adj sI − A =
1 s
det sI − A = s · s = s2
sI − A
−1
Si hanno:
e
At
=L
−1
n
s
adjT sI − A =
0

1
adj sI − A

= s
=
det sI − A
0
T
(sI − A)
−1
o


 1
s
−1
=L


 0

1
s2 
1
s
1 ∆T
e
=
0
1
1 ξ
0
ξ
Aξ
e ·B =
·
=
0 1
1
1

∆T 
1 2
"
#
Z ∆T 1
 ξ

ξ
 2

∆T 2
0
dξ =  ∆T  = 2
1


0
∆T
ξ
A∆T
1
s

1 
 1(t)
s2 
1  = 0

s
t
1(t)
0
Pongo ∆T = 1 ottenendo
1
Ā =
0
1
1
" #
1
B̄ = 2
1
Le equazioni di stato a tempo discreto sono quindi
" #
1
1 1
x(k) + 2 u(k)
ẋ(k + 1) =
0 1
1
Determino la stabilità del sistema.
La matrice Ā è diagonale superiore e quindi è immediato che gli autovalori del sistema sono λ = 1 con molteplicità
2. Per poter concludere riguardo la stabilità dovrei andare a vedere la molteplicità di λ = 1 nel polinomio
minimo.
97
Davide Giglio
Osservo però che la matrice Ā è in forma di Jordan e che il blocco di Jordan relativo all’autovalore λ = 1 ha
dimensione 2. Di conseguenza la molteplicità di λ = 1 è 2 anche nel polinomio minimo.
Il sistema è instabile.
Per studiare la raggiungibilità del sistema determino la matrice di Kalman P , B̄ ĀB̄ .
1
ĀB̄ =
0
"
1
P = 2
1
1
1
3
2
1
"1#
#
" #
3
2 = 2
1
1
rank P = 2
1 3
La matrice P è a rango pieno (infatti det P = − = −1 6= 0).
2 2
Il sistema è completamente raggiungibile.
Essendo il sistema completamente raggiungibile, si può raggiungere qualsiasi stato di dimensione 2 in un numero
finito di passi.
Lo spazio degli stati raggiungibili è R2 .
Consideriamo l’equazione di stato
x(k + 1) = Āx(k) + B̄u(k)
Per k = 0, e supponendo lo stato iniziale nullo, si ha
x(1) = B̄u(0)
Ricordando che u è una funzione costante a tratti, attraverso una opportuna scelta di u(0) si riesce a raggiungere
in un passo tutti gli stati del tipo
"m#
2
m
Per k = 1 si ha
x(2) = Āx(1) + B̄u(1) =
= ĀB̄u(0) + B̄u(1)
Tramite un’opportuna scelta di u(0) e u(1) si riesce a raggiungere in due passi tutti gli stati del tipo
"
#
3m n
+
2
2
m+n
cioé qualsiasi stato appartenente a R2 .
In n > 2 passi si può raggiungere ancora qualsiasi stato appartenente a R 2 (basta infatti porre u(2) = 0,
u(3) = 0, u(4) = 0, . . . ).
98
Esercizio 2.12
Si consideri il sistema caratterizzato dalle seguenti equazioni di stato:
1
0 1
u(t)
x(t) +
ẋ(t) =
0
0 1
• Si discretizzi usando ∆T = ln 2.
• Discutere la relazione fra le proprietà di raggiungibilità del sistema a tempo continuo e di
quello discretizzato.
• Determinare, per il sistema discretizzato, tutti gli stati appartenenti allo spazio di raggiungibilità e che possono essere mantenuti in equilibrio usando una opportuna u costante dopo
il loro raggiungimento.
• Calcolare la matrice (zI − A)−1 B e determinare la risposta dello stato x corrispondente a
condizioni iniziali nulle e u(k) = δ(k − 1).
Il sistema proposto è nella sua forma a tempo continuo
ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t)
con
0
A=
0
1
1
1
B=
0
e
Il sistema discretizzato sarà nella forma
x(k + 1) = Āx(k) + B̄u(k)
con
Ā = eA·∆t
e
B̄ =
Z
∆t
eAξ B dξ
0
Utilizzo la trasformata di Laplace per il calcolo di eA·∆t , sapendo che
n
−1 o
eAt = L sI − A
Si ha
s
sI − A =
0
−1
s−1
s−1 0
adj sI − A =
1
s
det sI − A = s(s − 1)
sI − A
−1
adj
T

1
adj sI − A

= s
=
det sI − A
0
T
s−1
sI − A =
0
1
s

1
s(s − 1) 

1
s−1
99
Davide Giglio
Scompongo in fratti semplici
1
s(s − 1)
1
A
B
A(s − 1) + Bs
= +
=
s(s − 1)
s
s−1
s(s − 1)
1 = As − A + Bs
A+B =0
→
A = −1
A = −1
B=1
1
1
1
=− +
s(s − 1)
s s−1
ottenendo
sI − A
−1

1
s
=
0
1
−
s−1
1
s−1

1
s

Le antitrasformate di Laplace dei termini presenti nella matrice sI − A
1
1
L−1
= 1(t)
e
L−1
= et · 1(t)
s
s−1
−1
sono
e quindi
1 et − 1
0
et
1 e∆t − 1
=
0
e∆t
eAt =
eA∆t
Si ha inoltre
e
Aξ
Z
1
B=
0
∆t
0
eξ − 1
eξ
1
1
=
0
0
1
∆t
dξ =
0
0
Pongo ∆t = ln 2 e si ottiene
1 eln 2 − 1
1
Ā = eA ln 2 =
=
0
0
eln 2
B̄ =
Z
ln 2
eAξ B dξ =
0
ln 2
0
1
2
Il sistema discretizzato è
1 1
ln 2
x(k) +
u(k)
x(k + 1) =
0 2
0
Per quanto riguarda la relazione fra la proprietà di raggiungibilità del sistema a tempo continuo e la proprietà
di raggiungibilità del sistema nella forma a tempo discreto, il concetto generale è che, nel passaggio da tempo
continuo a tempo discreto, la proprietà di raggiungibilità non può migliorare, in quanto la funzione di ingresso
u(k) è costretta ad assumere forme meno generali di una funzione continua nel tempo.
In generale, se si considera un sistema con un solo ingresso, la regola è la seguente:
affinché un sistema a segnali campionati completamente raggiungibile perda le sue caratteristiche di
raggiungibilità è necessario e sufficiente che
∆t =
100
2kπ
Im(λi ) − Im(λj )
∀ λi , λj
con λi 6= λj
Esercizio 2.12
Il nostro caso è comunque diverso. Il sistema originario
proposto non era completamente raggiungibile, in
1 0
quanto la matrice di Kalman P (P , B AB =
) presenta rango unitario. Di conseguenza, anche il
0 0
sistema a segnali campionati non sarà completamente controllabile. La matrice P̄ , B̄ ĀB̄ di controllabilità
del sistema a segnali campionati è
ln 2 ln 2
P̄ =
rank P̄ = 1
0
0
Lo spazio degli stati raggiungibili è ricavabile dall’insieme delle colonne linearmente indipendenti della matrice
di controllabilità del sistema a tempo discreto, P̄ . Nel nostro caso:
ln 2
XR =
0
Considero adesso un generico ingresso costante
∀k
û(k) = c
e un generico stato
h · ln 2
x̂(k) =
0
appartenente allo spazio di raggiungibilità.
La coppia x̂(k), û(k) è una coppia di equilibrio?
Se lo fosse dovrebbe soddisfare l’equazione
∀k
x(k + 1) = x(k)
∀k
Ax(k) + Bu(k) = x(k)
∀k
A − I x(k) + Bu(k) = 0
I − A x(k) = Bu(k)
∀k
Nel nostro sistema, con la coppia x̂(k), û(k) , si ha:
1 0
1 1
h · ln 2
ln 2
−
=
c
0 1
0 2
0
0
c · ln 2
0 −1 h · ln 2
=
0
0
0 −1
c · ln 2
0
=
0
0
E’ immediato concludere che qualsiasi ingresso costante diverso da 0 non consente di mantenere lo stato in
equilibrio.
Calcolo zI − A
−1
B.
z − 1 −1
zI − A =
0
z−2
z−2
0
adj zI − A =
1
z−1
det zI − A = (z − 1)(z − 2)
zI − A
−1
z−2
adjT zI − A =
0

1
adj zI − A

= z − 1
=
det zI − A
0
T
1
z−1

1
(z − 1)(z − 2) 

1
z−2
101
Davide Giglio
zI − A
−1

1
z − 1
B=
0



1
ln 2
(z − 1)(z − 2)  ln 2 = 

z − 1
1
0
0
z−2
L’ingresso del sistema è u(k) = δ(k − 1) che z-trasformato diventa
U (z) = Z {δ(k − 1)} = z −1
e quindi
X(z) = zI − A
−1
Antitrasformo F (z) =
BU (z) =

ln 2 ·

1
z(z − 1) 
0
1
.
z(z − 1)
1
A
B
C
Az(z − 1) + B(z − 1) + Cz 2
F (z)
= 2
= + 2+
=
z
z (z − 1)
z
z
z−1
z 2 (z − 1)
1 = Az 2 − Az + Bz − B + Cz 2


 A+C =0
 C = −A
−A + B = 0
A=B
→


−B = 1
B = −1
1
1
1
1
=− − 2 +
− 1)
z
z
z−1
z 2 (z
F (z) = −1 −
→

 A = −1
B = −1

C=1
z
1
+
z
z−1
Lo stato del sistema, corrispondente a condizioni iniziali nulle e u(k) = δ(k − 1), è quindi:
− ln 2 · δ(k) − ln 2 · δ(k − 1) + ln 2 · 1(k)
x(k) =
0
102
Esercizio 2.13
Dato il sistema

−1
ẋi+1 =  0
0
2
1
0
 

0
1
0  xi + 1 ui
1
1
2
e supponendo u(t) costante a tratti, con ∆T = 1,
• discutere la stabilità;
• determinare lo spazio degli stati raggiungibili da x0 = 0;
• determinare la risposta dello stato x corrispondente a condizioni iniziali nulle e ingresso u:
u
2
1
0
1
2
3
t
4
Determino la stabilità del sistema attraverso lo studio degli autovalori della matrice A.
La matrice A è triangolare superiore, e quindi è immediato concludere che gli autovalori sono λ 1 = 1, λ2 = −1
1
e λ3 = − . Ho due autovalori con modulo uguale a 1, ma, essendo autovalori distinti, non creano problemi per
2
quanto riguarda la stabilità. Il sistema è comunque semplicemente stabile.
Per determinare lo spazio degli stati raggiungibili da x0 = 0, calcolo la matrice di Kalman P , B AB A2 B

−1
AB =  0
0

1
P = 1
1
1
1
1
2
2
1
0

1
1
   
0
1
1
0  1 =  1 
1
1
1
2
2
rank P = 2
1
4

−1
A2 B =  0
0
2
1
0
   
1
0
1
0 1 = 1
1
2
1
2
1
4

det (P
) = 0 

1
1 1
= − 6= 0
det
1
1
4
2
4

Il sistema non è completamente raggiungibile, e lo spazio di raggiungibilità X R è dato dalle colonne linearmente
indipendenti di P .


1 1
XR =  1 1 
1 21
Per determinare la risposta dello stato x passo a lavorare nel campo della trasformata z.
x(k + 1) = Ax(k) + Bu(k)
diventa
zX(z) − zx(0) = AX(z) + BU (z)
103
Davide Giglio
e considerando condizioni iniziali nulle si ottiene
−1
X(z) = zI − A
BU (z)
Calcolo zI − A
−1
B.


z + 1 −2
0
z−1
0 
zI − A =  0
0
0
z − 21


0
0
(z − 1) z − 21

(z + 1) z − 21
0
adj zI − A =  2 z − 21
0
0
(z + 1) (z − 1)


1
1
(z − 1) z − 2
2 z−2 0

adjT zI − A = 
0
(z + 1) z − 12
0
0
0
(z + 1) (z − 1)
1
det zI − A = (z + 1) (z − 1) z −
2


2
1
0

− 1)


 z + 1 (z + 1)(z
−1
adjT zI − A
1


= 0
0 
zI − A
=
z
−
1


det zI − A

1 
0
0
z − 12



 

1
2
2
1
1
0
+
 z + 1 (z + 1)(z − 1)
    z + 1 (z + 1)(z − 1)   z − 1 

 1
  1 

−1
1
1


 


0  1 = 
zI − A
B= 0

=
z−1
z−1


 z −1


  1 

1
1  1
0
0
z − 12
z − 12
z − 12
Osserviamo come il sistema non sia completamente controllabile (vi è la perdita di un polo nella matrice
−1
zI − A
B) e, in particolare, il polo non controllabile è z = −1.
Analizziamo l’ingresso proposto. Esso può essere scritto come funzione lineare a tratti, cioé

0
se t < 0




se 0 ≤ t < 2
 t
2
se 2 ≤ t < 3
u(t) =


−2t + 8 se 3 ≤ t < 4



0
se t ≥ 4
ma può essere anche espresso come somma di opportune funzioni moltiplicate per opportuni gradini traslati nel
tempo, sulla base del ragionamento seguente.
Da t = 0 a t = 2 ho la funzione u(t) = t. Per ottenere la stessa funzione ma filtrata in modo che sia non nulla
solamente nell’intervallo [0, 2], sommo alla funzione t · 1(t) (non nulla da 0 a +∞) la funzione opposta e traslata
a destra −t · 1(t − 2) (non nulla da 2 a +∞), ottenendo quindi la funzione
t · 1(t) − t · 1(t − 2)
equivalente a u(t) = t nell’intervallo [0, 2] e nulla in tutti gli altri intervalli.
Da t = 2 a t = 3 ho la funzione u(t) = 2. Per ottenere la stessa funzione ma filtrata in modo che sia non nulla
solamente nell’intervallo [2, 3], sommo alla funzione 2 · 1(t − 2) (non nulla da 2 a +∞) la funzione opposta e
traslata a destra −2 · 1(t − 3) (non nulla da 3 a +∞), ottenendo quindi la funzione
2 · 1(t − 2) − 2 · 1(t − 3)
equivalente a u(t) = 2 nell’intervallo [2, 3] e nulla in tutti gli altri intervalli.
Da t = 3 a t = 4 ho la funzione u(t) = −2t + 8. Per ottenere la stessa funzione ma filtrata in modo che sia non
nulla solamente nell’intervallo [3, 4], sommo alla funzione (−2t + 8) · 1(t − 3) (non nulla da 3 a +∞) la funzione
opposta e traslata a destra (2t − 8) · 1(t − 4) (non nulla da 4 a +∞), ottenendo quindi la funzione
(−2t + 8) · 1(t − 3) + (2t − 8) · 1(t − 4)
104
Esercizio 2.13
equivalente a u(t) = −2t + 8 nell’intervallo [3, 4] e nulla in tutti gli altri intervalli.
Riassumendo, l’ingresso dato viene scritto come
u(t) = t · 1(t) − t · 1(t − 2) + 2 · 1(t − 2) − 2 · 1(t − 3) + (−2t + 8) · 1(t − 3) + (2t − 8) · 1(t − 4) =
= t · 1(t) + (2 − t) · 1(t − 2) + (6 − 2t) · 1(t − 3) + (2t − 8) · 1(t − 4) =
= t · 1(t) + −(t − 2) · 1(t − 2) − 2(t − 3) · 1(t − 3) + 2(t − 4) · 1(t − 4)
Per calcolare la trasformata z di u(t) faccio uso delle seguenti proprietà e trasformate notevoli:
• Proprietà di linearità
n
o
n
o
n
o
Z α · f1 (t) + β · f2 (t) = α · Z f1 (t) + α · Z f2 (t)
n
o
• Proprietà di traslazione nel tempo. Se F (z) = Z f (t) e n intero ≥ 0, allora
n
o
Z f (t − nT ) = z −n F (z)
n
o
• Z 1(t) =
z
z−1
n
o
• Z t · f (t) = −zT F 0 (z)
con F 0 (z) =
∞
X
n=0
(−n) · f (nT + ) · z −n−1
Si ha quindi:
∞
n
o
X
(−n) · 1(nT + ) · z −n−1 =
Z t · 1(t) = −zT ·
n=0
ed essendo T = 1
n
o
Z t · 1(t) =
T ·z
(z − 1)2
z
(z − 1)2
Inoltre:
n
o
n
o
Z (t − 2) · 1(t − 2) = z −2 · Z t · 1(t) =
1
z(z − 1)2
n
o
n
o
Z 2(t − 3) · 1(t − 3) = 2z −3 · Z t · 1(t) =
n
o
n
o
Z 2(t − 4) · 1(t − 4) = 2z −4 · Z t · 1(t) =
2
z 2 (z − 1)2
z 3 (z
2
− 1)2
La trasformata z del segnale di ingresso è quindi
1
2
2
z
−
− 2
+ 3
(z − 1)2
z(z − 1)2
z (z − 1)2
z (z − 1)2
z 2 (z 2 − 1) − 2(z − 1)
z 4 − z 2 − 2z + 2
=
=
=
z 3 (z − 1)2
z 3 (z − 1)2
z 2 (z + 1)(z − 1) − 2(z − 1)
=
=
z 3 (z − 1)2
(z − 1)(z 3 + z 2 − 2)
=
=
z 3 (z − 1)2
(z − 1)(z − 1)(z 2 + 2z + 2)
=
=
z 3 (z − 1)2
z 2 + 2z + 2
=
=
z3
= z −1 + 2z −2 + 2z −3
U (z) =
105
Davide Giglio
E’ corretto!!!
Il segnale di ingresso deve essere pensato come una funzione campionata attraverso un campionatore ideale con
periodo T:
u
2
1
0
1
2
3
t
4
T
u
2
1
0
1
2
3
4
5
k
A questo punto, se consideravo direttamente la funzione campionata, potevo z-trasformare il treno di impulsi,
per i valori non nulli.
Essendo
∞
n
o X
δ(k − n) · z −k = z −n
Z δ(k − n) =
k=0
avrei potuto ottenere direttamente
U (z) = z −1 + 2z −2 + 2z −3
Tornando al problema di determinazione dello stato, lo stato è:
 2



z + 2z + 2
1
 z 3 (z − 1) 
z −1
 2



2
−1
z + 2z + 2 
 1  z + 2z + 2 


= 3
X(z) = zI − A
BU (z) = 
·
z (z − 1) 
z −1
z3


 1 
 z 2 + 2z + 2 
1
z−2
z 3 z − 21
Antitrasformo
F (z) =
z 2 + 2z + 2
.
z 3 (z − k)
z 2 + 2z + 2
z 3 (z − k)
z 2 + 2z + 2
A
B
C
D
E
F (z)
= 4
= + 2+ 3+ 4+
=
z
z (z − k)
z
z
z
z
z−k
Az 3 (z − k) + Bz 2 (z − k) + Cz(z − k) + D(z − k) + Ez 4
=
z 4 (z − k)
106
Esercizio 2.13
z 2 + 2z + 2 = Az 4 − kAz 3 + Bz 3 − kBz 2 + Cz 2 − kCz + Dz − kD + Ez 4

A+E =0




 −kA + B = 0
−kB + C = 1


−kC + D = 2



−kD = 2
D=−
2
k
−2 − 2k
2
− −2
D−2
2k + 2
k
k
C=
=
=
=−
k
k
k
k2
−
C −1
B=
=
k
A=
−2k − 2 − k 2
2k + 2
−1
2
k 2 + 2k + 2
k
k2
=
=−
k
k
k3
B
k 2 + 2k + 2
=−
k
k4
E = −A =
k 2 + 2k + 2
k4
quindi
F (z) = −
2 1
k 2 + 2k + 2
z
k 2 + 2k + 2 k 2 + 2k + 2 1 2k + 2 1
−
· −
· 2− · 3+
·
4
3
2
k
k
z
k
z
k z
k4
z−k
Antitrasformando si ottiene:
f (t) = −
k 2 + 2k + 2
2k + 2
2
k 2 + 2k + 2 t
k 2 + 2k + 2
· δ(t) −
· δ(t − 1) −
· δ(t − 2) − · δ(t − 3) +
· k · 1(t)
4
3
2
k
k
k
k
k4
La risposta dello stato x(k) corrispondente a condizioni iniziali nulle e ingresso dato è:

x1 (k) = −5δ(k) − 5δ(k − 1) − 4δ(k − 2) − 2δ(k − 3) + 51(k)






x2 (k) = −5δ(k) − 5δ(k − 1) − 4δ(k − 2) − 2δ(k − 3) + 51(k)





 x3 (k) = −13δ(k) − 26δ(k − 1) − 12δ(k − 2) − 4δ(k − 3) + 52 1(k)
2k
107
Davide Giglio
108
Parte 3
Prove Intermedie Svolte
109
Esercizio 3.1
Anno Accademico 2001/2002
Corso di Analisi dei Sistemi 1
Prima Prova Intermedia
9 novembre 2001
1
Sia dato il segnale u(t) riportato in figura:
6u(t)
1
HH
HH
H
1
t
-
2
1. Se ne determini la struttura (u(t) = . . . );
2. Se ne determini la trasformata di Laplace U (s).
Il segnale u(t) è un segnale lineare costante a tratti. Esso può essere scritto nei due seguenti modi:

0
se x ≤ 0



1
se 0 ≤ x < 1
u(t) =
−t + 2 se 1 ≤ x < 2



0
se 0 ≤ x > 2
oppure
u(t) = 1(t) − 1(t − 1) + (−t + 2) · 1(t − 1) − (−t + 2) · 1(t − 2)
= 1(t) − (t − 1) · 1(t − 1) + (t − 2) · 1(t − 2)
Utilizzo la seconda forma di u(t) per determinare la trasformata di Laplace U (s).
U (s) = L u(t) = L 1(t) − (t − 1) · 1(t − 1) + (t − 2) · 1(t − 2)
Applicando la proprietà di linearità
L α · f1 (t) + β · f2 (t) = α · L f1 (t) + β · L f2 (t)
e la proprietà di traslazione nel tempo
L f (t − a) = e−as · L f (t)
con f (t − a) tale che f (t − a) = 0 se t < a, si ottiene
U (s) = L 1(t) − L (t − 1) · 1(t − 1) + L (t − 2) · 1(t − 2) =
= L 1(t) − e−s · L t · 1(t) + e−2s · L t · 1(t) =
=
e−2s
s − e−s + e−2s
1 e−s
− 2 + 2 =
s
s
s
s2
111
Davide Giglio
2
Sia data l’equazione differenziale
ẏ + 2y = u̇
La si risolva usando le trasformate di Laplace e considerando y(0− ) = u(0− ) = 0, nonché u(t)
(U (s)) data dalla soluzione dell’esercizio precedente.
La soluzione DEVE essere data trovando Y (s) e poi antitrasformando.
Trasformo secondo Laplace l’equazione differenziale data:
sY (s) − y(0− ) + 2Y (s) = sU (s) − u(0− )
sY (s) + 2Y (s) = sU (s)
s
Y (s) =
· U (s)
s+2
Sostituisco U (s) calcolata al punto precedente:
Y (s) =
s − e−s + e−2s
s − e−s + e−2s
1
e−s
+e−2s
s
·
=
=
−
+
2
s+2
s
s(s + 2)
s + 2 s(s + 2) s(s + 2)
Dal momento che:
A
B
1
= +
s(s + 2)
s
s+2
1 = A(s + 2) + Bs
1 = (A + B)s + 2A
A+B =0
2A = 1


 A= 1
2
1

 B=−
2
1
1 1 1
1
11
1 = · − ·
=
−
s(s + 2)
2 s 2 s+2
2 s s+2
possiamo scrivere:
Y (s) =
1
1
1
1 1 −2s 1
1 − e−s
−
+ e
−
s+2 2
s s+2
2
s s+2
1 −s 1
1 1 −2s 1
1 1
−1
− e
−
−
y(t) = L
+ e
=
s+2 2
s s+2
2
s s+2
1 −1 −s 1
1 1 1 −1 −2s 1
1
−1
− L
e
−
e
−
+ L
=
=L
s+2
2
s s+2
2
s s+2
1
1
1 − e−2(t−1) · 1(t − 1) +
1 − e−2(t−2) · 1(t − 2)
= e−2t · 1(t) −
2
2
3
Sia dato il sistema autonomo con le seguenti equazioni di stato:


0 1 0
ẋ = 0 0 −4 x
0 4 0
112
Esercizio 3.1
Se ne discutano le proprietà di stabilità.
Determino gli autovalori della matrice A.
det (λI − A) = 0


λ −1 0
det  0 λ 4  = 0
0 −4 λ
λ(λ2 + 16) = 0
I poli del sistema (corrispondenti agli autovalori della matrice A) sono:
s=0
s = −4j
s = 4j
Ho un polo reale nullo e una coppia di poli complessi coniugati a parte reale nulla.
Tutti i poli hanno molteplicità 1.
Il sistema è semplicemente stabile.
4
Sia dato il sistema con le seguenti equazioni di stato:
−1 0
1
ẋ =
x+
u
1 −2
1
Si calcoli x(t) corrispondente a x(0− ) = 0; u(t) = δ(t) (si usi la forma della soluzione con Laplace
e si antitrasformi).
Il sistema dato è nella forma:
ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t)
Trasformando secondo Laplace si ottiene:
sX(s) − ẋ(0− ) = AX(s) + BU (s)
(sI − A)X(s) = ẋ(0− ) + BU (s)
X(s) = (sI − A)−1 ẋ(0− ) + (sI − A)−1 BU (s)
Essendo ẋ(0− ) = 0 e u(t) = δ(t) (e quindi U (s) = 1) si ha:
X(s) = (sI − A)−1 B
Determino (sI − A)−1 .
s+1
(sI − A) =
−1
0
s+2
det (sI − A) = (s + 1)(s + 2)
s+2
1
adj (sI − A) =
0
s+1
s+2
0
adj T (sI − A) =
1
s+1

1
adj (sI − A) 
s+1
=
=
1
det (sI − A)
(s + 1)(s + 2)
T
(sI − A)−1

0

1 
s+2
113
Davide Giglio
Si ha quindi:

1

s
+
1
X(s) = 
1
(s + 1)(s + 2)

 


1
1
0
 1
 s + 1

s+1
1  1 =
1 = 1 
1
+
s+2
(s + 1)(s + 2) s + 2
s+1
−t e
x(t) = −t · 1(t)
e
5
Sia dato il sistema dell’esercizio n. 4 con l’uscita y definita come segue:
−1
ẋ =
1
y= 0
0
1
x+
u
−2
1
1 x
1. Si discuta se, in corrispondenza di x(0− ) = 0 e u(t) = 1(t) + (sin 4t)1(t), la y(t) ammette un
regime;
2. Nel caso y(t) ammetta un regime, se ne calcoli la forma, ovvero si determini y r (t).
(Per la soluzione del punto 1 si calcoli la T (s) usando i risultati dell’esercizio n. 4)
Dal punto precedente si ha:


1

1
(sI − A)−1 B =  s +
1 
s+1
e quindi è immediato che:
Y (s) = C(sI − A)−1 BU (s) = 0

1

1
1
1 s +
1  U (s) = s + 1 U (s)
s+1

Nelle condizioni date, la funzione di trasferimento presenta un unico polo in s = −1. Questo è un polo reale
negativo. Il contributo a regime di tale modo di risposta è nullo, e inoltre non crea problemi di risonanza con
l’ingresso sinusoidale.
La y(t) ammette quindi un regime che sarà costituito da una sinusoide traslata in ampiezza (costituito cioé dai
contributi dovuti a 1(t) e a (sin 4t)1(t)).
Si ha:
U (s) =
1
4
+
s s2 + 16
e quindi
Y (s) =
114
4
1
+
s(s + 1) (s + 1)(s2 + 16)
Esercizio 3.1
Il primo termine può essere scritto
A
B
1
= +
s(s + 1)
s
s+1
1 = A(s + 1) + Bs
1 = (A + B)s + A
A+B =0
A=1
A=1
B = −1
1
1
1
= −
s(s + 1)
s s+1
mentre il secondo termine come
A
Bs + C
4
=
+ 2
(s + 1)(s2 + 16)
s+1
s + 16
4 = A(s2 + 16) + Bs(s + 1) + C(s + 1)
4 = (A + B)s2 + (B + C)s + 16A + C

 A+B =0
B+C =0

16A + C = 4

 A = −B
C = −B

−17B = 4

4


A=


17

4
B=−

17



 C= 4
17
4
4
1
4
s
1
4
=
·
−
· 2
+
· 2
2
(s + 1)(s + 16)
17 s + 1 17 s + 16 17 s + 16
L’uscita è quindi data da:
Y (s) =
1
4
s
1
4
1 13
−
·
−
·
+
·
s 17 s + 1 17 s2 + 16 17 s2 + 16
1 13
1
4
s
1
4
y(t) = L−1
−
·
−
· 2
+
· 2
=
s 17 s + 1 17 s + 16 17 s + 16
1
13 −1
4 −1
1 −1
1
s
4
= L−1
−
−
+
=
L
L
L
s
17
s+1
17
s2 + 16
17
s2 + 16
4
1
13 −t
e −
cos 4t +
sin 4t · 1(t)
= 1−
17
17
17
A regime, il contributo dovuto all’esponenziale decrescente scompare, e quindi:
4
1
yr (t) = 1 −
cos 4t +
sin 4t · 1(t)
17
17
115
Esercizio 3.2
Seconda Prova Intermedia
14 dicembre 2001
1
Dato il sistema descritto dalle seguenti equazioni di stato:

 

−1 0 0
0
ẋ =  0 0 −2 x + 1 u
0
0 2 0
y= 1
0 x
1
studiarne le proprietà di controllabilità e osservabilità determinandone i poli controllabili ed i
poli osservabili.
−1
A
0
A 0
è
Suggerimento: l’inversa di
0
B −1
0 B
Le proprietà di controllabilità e osservabilità
possono
essere determinate attraverso lo studio del rango delle


C
matrici P , B AB A2 B e Q ,  CA , rispettivamente.
CA2

−1
AB =  0
0

0
P = 1
0
0
0
2
   
0
0
0
−2 1 = 0
0
0
2

0
−4
0
0
0
2
→

−1
A2 B = A · (AB) =  0
0
0
0
2
   
0
0
0
−2 0 = −4
0
2
0
rank P = 2
Il rango della matrice P è 2. Il sistema è quindi non completamente controllabile.
CA = 1
1

−1
0 0
0
CA2 = (CA) · A −1

1
Q = −1
1
1
0
−4

0
−2
0
0
0
2
0

0
−2 = −1
0

−1
−2  0
0
→
0
0
2
0
−2

0
−2 = 1
0
−4
0
rank Q = 3
Il rango della matrice Q è 3. Il sistema è quindi completamente osservabile.
Essendo il sistema completamente osservabile posso immediatamente concludere che l’insieme dei poli osservabili
è costituito da tutti i poli del sistema.
116
Esercizio 3.2
det (sI − A) = 0


s+1 0 0
s 2 = 0
det  0
0
−2 s
(s + 1)(s2 + 4) = 0
I poli del sistema, e quindi i poli osservabili del sistema, sono:
s = −1
s = −2j
s = 2j
Essendo il sistema non completamente controllabile, per determinare l’insieme dei poli controllabili devo determinare i poli presenti nel polinomio di controllabilità, cioé nel minimo comune multiplo dei denominatori delle
funzioni razionali fratte in s presenti nella matrice (sI − A)−1 B.
Determino (sI − A)−1 .

s+1 0
s
(sI − A) =  0
0
−2
 2
s +4
adj (sI − A) =  0
0
 2
s +4
adj T (sI − A) =  0
0
(sI − A)−1 =

0
2
s
0
s(s + 1)
−2(s + 1)
0
s(s + 1)
2(s + 1)
 1

0
2(s + 1)
s(s + 1)

0
−2(s + 1)
s(s + 1)
s + 1
adj T (sI − A) 
=
 0
det (sI − A)

0
0
s
s2 + 4
2
s2 + 4

0

2 

− 2
s + 4

s
s2 + 4
La matrice (sI − A)−1 B è:
 1
s + 1
adj T (sI − A) 
−1
=
(sI − A) B =
 0
det (sI − A)

0
0
s
2
s +4
2
2
s +4
il polinomio di controllabilità è:



0
 
0
 0
 s 
2 
 · 1  =  s2 + 4 
− 2
 2 
s + 4
 0
s
s2 + 4
s2 + 4
ϕC (s) = s2 + 4
e quindi i poli controllabili del sistema, sono:
s = −2j
s = 2j
2
Dato il sistema descritto dalle equazioni di stato:
−2 1
1
x+
u
ẋ =
1 3
0
117
Davide Giglio
y= 1
0 x
determinare tutti i poli controllabili ed osservabili (ossia quei poli che godono contemporaneamente delle proprietà).
Verifico se il sistema fosse completamente controllabile e completamente osservabile. Nel qual caso, l’insieme
dei poli contemporaneamente controllabili e osservabili sarebbe costituito da tutti i poli del sistema.
Per determinare la controllabilità del sistema calcolo la matrice P , B AB e studio il suo rango.
AB =
−2
1
1
3
1
−2
=
0
1
P =
1
0
−2
1
→
rank P = 2
Il rango della matrice P è 2. Il sistema è quindi completamente controllabile.
C
Per determinare l’osservabilità del sistema calcolo la matrice Q ,
e studio il suo rango.
CA
CA = 1
0
−2
1
1
= −2
3
1
Q=
1
−2
0
1
→
rank Q = 2
Il rango della matrice Q è 2. Il sistema è quindi completamente osservabile.
det (sI − A) = 0
s+2
det
−1
−1
=0
s−3
(s + 2)(s − 3) − 1 = 0
s2 − s − 7 = 0
√
1 ∓ 1 + 28
s=
2
I poli del sistema, e quindi i poli contemporaneamente controllabili e osservabili del sistema, sono:
√
1
29
s= −
2 √2
1
29
s= +
2
2
3
Dato il sistema:
y1
u
+ e
−
6
6
-
1
s+2
2
1
s
+ e
+
6
Si determinino le due funzioni di trasferimento Ty1 u (s) e Ty2 u (s).
118
-
y2
Esercizio 3.2
1
Attraverso l’algebra dei blocchi risolvo il parallelo tra il blocco caratterizzato dalla funzione di trasferimento
s
e la connessione diretta.
1+
1
s+1
=
s
s
y1
+ e
−
6
u
6
-
1
s+2
2
-
s+1
s
y2
Per determinare la funzione di trasferimento Ty1 u (s) tra l’ingresso u(t) e l’uscita y1 (t) applico l’algebra dei
blocchi al seguente schema:
u
+ e
−
6
-
2
-
1
s+2
s+1
s
y1
1
1
s
s
+
2
s
+
2
Ty1 u (s) =
= 2
= 2
1
s+1
s + 4s + 2
s + 2s + 2s + 2
1+
·
·2
s+2
s
s(s + 2)
Per determinare la funzione di trasferimento Ty2 u (s) tra l’ingresso u(t) e l’uscita y2 (t) applico l’algebra dei
blocchi al seguente schema:
u
+ e
−
6
-
1
s+2
2
s+1
s
-
y2
-
y
s+1
s+1
1
·
s+1
s(s + 2)
s+2
s
Ty2 u (s) =
= 2
= 2
1
s+1
s + 4s + 2
s + 2s + 2s + 2
1+
·
·2
s+2
s
s(s + 2)
4
Dato il sistema:
u
+ e
−
6
-
1
s−1
k
In cui Sb è descritto dalle sue equazioni di stato:
Se ne studi la stabilità al variare di k
Sb
ẋb = ub
yb = −xb + ub
Il sistema Sb è caratterizzato dalla seguente funzione di trasferimento:
Tb (s) = −1 ·
1
s−1
1
·1+1=1− =
s
s
s
Il diagramma a blocchi è quindi
119
Davide Giglio
u
+ e
−
6
-
1
s−1
k
s−1
s
-
y
Sulla catena diretta, caratterizzata dalla serie tra i blocchi rappresentati dalle funzioni di trasferimento
1
s−1
s−1
, ho la cancellazione polo/zero di un polo a parte reale positiva, cioé di un polo instabile. Questa
e
s
cancellazione rende il polo, e più in generale l’intero sistema, non osservabile.
La retroazione algebrica k sull’uscita può modificare esclusivamente i poli contemporaneamente controllabili
e osservabili. Essendo non osservabile, il polo instabile non può essere “spostato” attraverso la retroazione
algebrica sull’uscita.
Il sistema rimarrà quindi instabile per ciascun valore del parametro k.
Verifico analiticamente questa caratteristica mettendo il sistema in equazioni di stato.
ẋb = ub
ẋa = xa + ua
Sb :
yb = −xb + ub
ya = x a

 ua = u − kyb
ub = y a
Interconnessioni :

y = yb
Sa :
Si ha quindi
ẋa = xa + u − k(−xb + xa ) = (1 − k)xa + kxb + u
ẋb = xa
y = −xb + xa = xa − xb
cioé


1−k k
1
x+
u
1
0
0

y = 1 −1 x
ẋ =
det (sI − A) = 0
s + k − 1 −k
=0
det
−1
s
s2 + ks − s − k = 0
s2 + (k − 1)s − k = 0
√
(−k + 1) ∓ k 2 − 2k + 1 + 4k
(−k + 1) ∓ (k + 1)
s=
=
2
2
I poli del sistema sono:
s = −k
s=1
Il sistema è instabile per ogni valore di k data la presenza del polo a parte reale positiva.
5
Dato il sistema:
120
Esercizio 3.2
u
+ e
+ e
−
−
6
6
-
1
s−1
2
-
s+1
s(s + 2)
y
k
Se ne studi la stabilità al variare di k
Attraverso l’algebra dei blocchi risolvo la retroazione tra il blocco caratterizzato dalla funzione di trasferimento
1
e il blocco algebrico 2.
s−1
1
1
s−1
s
−
1 = 1
=
1
s−1+2
s+1
·2
1+
s−1
s−1
u
+ e
−
6
1
s+1
-
-
s+1
s(s + 2)
y
k
Sulla catena diretta, caratterizzata dalla serie tra i blocchi rappresentati dalle funzioni di trasferimento
1
s+1
s+1
, ho la cancellazione polo/zero di un polo a parte reale negativa, cioé di un polo stabile. Questa
s(s + 2)
cancellazione rende il polo, e più in generale l’intero sistema, non osservabile.
e
Tuttavia, questa cancellazione, non mi crea problemi dal punto di vista della stabilità, in quanto il polo che non
può essere “spostato” è un polo stabile.
Vado quindi avanti nella determinazione della funzione di trasferimento del sistema.
1
s+1
1
·
=
s + 1 s(s + 2)
s(s + 2)
u
+ e
−
6
1
s(s + 2)
k
-
y
1
1
1
s(s + 2)
s(s + 2)
= 2
= 2
1
s + 2s + k
s + 2s + k
1+
·k
s(s + 2)
s(s + 2)
s = −1
(Bisogna SEMPRE ricordarsi conto del polo cancellato!!!)
2
s : s + 2s + k = 0
cioé:
s = −1
√
1−k
√
s = −1 + 1 − k
s = −1 −
121
Davide Giglio
√
√
Nel caso in cui i poli s = −1 − 1 − k e s = −1 + 1 − k diventano complessi coniugati (ciò si verifica quando
1 − k < 0), il sistema è asintoticamente stabile in quanto i poli complessi coniugati hanno comunque parte reale
negativa.
In presenza invece di poli reali (1 − k ≥ 0) l’asintotica stabilità è garantita dalla non positività dei poli; impongo
quindi che il termine sotto radice quadrata sia minore di 1 (contrariamente si avrebbe il terzo polo positivo):
1−k ≥0
1−k <1
0≤k<1
Quando k = 1 il terzo polo si annulla rendendo il sistema semplicemente stabile. Per valori maggiori di 1 il
terzo polo è reale positivo e quindi il sistema risulta instabile.
Riassumendo:
• k < 0 : sistema instabile;
• k = 0 : sistema semplicemente stabile;
• k > 0 : sistema asintoticamente stabile.
Allo stesso risultato si può arrivare applicando la regola di Cartesio:
• k < 0 : polinomio completo di secondo grado con 1 permanenza e 1 variazione – sistema instabile;
• k = 0 : polinomio s(s + 2) – sistema semplicemente stabile;
• k > 0 : polinomio completo di secondo grado con 2 permanenze – sistema asintoticamente stabile.
122
Esercizio 3.3
Prima Prova Intermedia - Compito A
28 marzo 2003
1
Si calcoli la trasformata di Laplace di
f (t) = t2 e−t sin (2t)1(t) + tet 1(t − 1)
(si osservi bene la seconda parte della funzione)
Sia
f (t) = f1 (t) + f2 (t)
con f1 (t) = t2 e−t sin (2t)1(t) e f2 (t) = tet 1(t − 1).
Considero f1 (t).
f1 (t) = t2 · g1 (t)
con g1 (t) = e−t sin (2t)1(t).
Si ha:
G1 (s) =
2
(s + 1)2 + 4
Applicando la proprietà delle trasformate di Laplace
d2 Y (s)
L t2 · y(t) =
ds2
si ottiene
!
d2 G1 (s)
d2
2
d
2(s + 1)
F1 (s) =
= 2
=2·
−
2 =
ds2
ds
(s + 1)2 + 4
ds
(s + 1)2 + 4
2
!
(s + 1)2 + 4 − (s + 1) 4(s + 1)3 + 16(s + 1)
=
= −4
4
(s + 1)2 + 4
2
!
(s + 1)2 + 4 − 4(s + 1)2 (s + 1)2 + 4
= −4
=
4
(s + 1)2 + 4
!
(s + 1)2 + 4 − 4(s + 1)2
12(s + 1)2 − 16
= −4
= 3
3
(s + 1)2 + 4
(s + 1)2 + 4
Considero f2 (t).
f2 (t) = t · g2 (t)
123
Davide Giglio
con g2 (t) = et 1(t − 1).
g2 (t) può essere riscritto come
g2 (t) = e · et−1 1(t − 1)
e quindi, applicando la proprietà di traslazione nel tempo:
L y(t − a) = e−as · L y(t)
con y(t − a) tale che y(t − a) = 0 se t < a, si ottiene:
G2 (s) = e · e−s
1
s−1
Applicando la proprietà delle trasformate di Laplace
d Y (s)
L t · y(t) = −
ds
si ottiene
d G2 (s)
d
F2 (s) = −
=−
ds
ds
=e
e·e
−s
se−s
se−(s−1)
=
(s − 1)2
(s − 1)2
1
s−1
−(s − 1)e−s − e−s
= −e
(s − 1)2
(s − 1 + 1)e−s
=e
(s − 1)2
=
In conclusione
12(s + 1)2 − 16 se−(s−1)
F (s) = F1 (s) + F2 (s) = 3 +
(s − 1)2
(s + 1)2 + 4
2
Si determini la funzione del tempo che ha come trasformata di Laplace
F (s) =
s+5
s3
+ 6s2 + 11s + 6
(una radice del polinomio a denominatore è s = −1)
Determino tutte le radici del polinomio a denominatore sfruttando l’informazione che una delle radici è s = −1.
Divido quindi il polinomio a denominatore per s + 1 e determino le soluzioni dell’equazione omogenea associata
al polinomio che si ottiene dalla divisione stessa.
s3
s3
q
+
+
6s2
s2
5s2
5s2
q
s2 + 5s + 6 = 0
+
11s
+
6
+
+
11s
5s
6s
6s
q
+
6
⇒
s=
s2 + 5s + 6
+
+
124
6
6
q
−5 ∓
e quindi:
F (s) =
s+1
s+5
(s + 1)(s + 2)(s + 3)
√
−5 ∓ 1
25 − 24
=
= −3 , −2
2
2
Esercizio 3.3
Per determinare la funzione del tempo richiesta “esplodo” in fratti semplici la funzione razionale fratta data:
F (s) =
A
B
C
s+5
=
+
+
(s + 1)(s + 2)(s + 3)
s+1 s+2 s+3
e determino i coefficienti A, B, e C con il metodo dei residui:
A = lim (s + 1) · F (s) =
s→−1
4
=2
1·2
3
= −3
−1 · 1
2
=1
C = lim (s + 3) · F (s) =
s→−3
−2 · (−1)
B = lim (s + 2) · F (s) =
s→−2
e quindi:
F (s) =
2
3
1
−
−
s+1 s+2 s+3
Antitrasformando i fratti semplici si ottiene:
f (t) = L F (s) = 2e−t − 3e−2t + e−3t
3
Si determini la soluzione della seguente equazione differenziale
ÿ + 5ẏ + 4y = u̇
essendo u(t) = δ (0) (t) e y(0− ) = 0; ẏ(0− ) = 1
Applico le trasformate di Laplace all’equazione differenziale nella variabile reale t, ÿ(t) + 5ẏ(t) + 4y(t) = u̇(t),
ottenendo la seguente equazione nella variabile complessa s:
L ÿ(t) + 5ẏ(t) + 4y(t) = L u̇(t)
L ÿ(t) + L 5ẏ(t) + L 4y(t) = L u̇(t)
s2 Y (s) − sy(0− ) − ẏ(0− ) + 5sY (s) − 5y(0− ) + 4Y (s) = sU (s) − u(0− )
Essendo u(t) = δ (0) (t), si ottiene:
L u(t) = U (s) = 1
u(0− ) = 0
Sostituendo i valori appena calcolati e le condizioni iniziali date relative alla variabile di uscita y(t), si ha:
s2 Y (s) − 1 + 5sY (s) + 4Y (s) = s
(s2 + 5s + 4)Y (s) − 1 = s
Y (s) =
2
s2
1
s
+ 2
+ 5s + 4 s + 5s + 4
s + 5s + 4 = 0
⇒
s=
−5 ∓
√
−5 ∓ 3
25 − 16
=
= −4 , −1
2
2
e quindi:
Y (s) =
1
s
+
(s + 1)(s + 4) (s + 1)(s + 4)
125
Davide Giglio
Antitrasformo
s
“esplodendo” in fratti semplici la funzione razionale fratta:
(s + 1)(s + 4)
A
B
s
=
+
(s + 1)(s + 4)
s+1 s+4
e determinando i coefficienti tramite la risoluzione del sistema che si ottiene dall’uguaglianza (identità dei
polinomi):
s
A(s + 4) + B(s + 1)
=
(s + 1)(s + 4)
(s + 1)(s + 4)
s = As + 4A + Bs + B
A+B =1
4A + B = 0
(
A=1−B
4 − 4B + B = 0
⇒
3B = 4
⇒
B=
4
3


 A = 1 − 4 = −1
3
3
4

 B=
3
e quindi:
1
1
4
1
s
=− ·
+ ·
(s + 1)(s + 4)
3 s+1 3 s+4
Antitrasformo
1
:
(s + 1)(s + 4)
C
D
1
=
+
(s + 1)(s + 4)
s+1 s+4
1
C(s + 4) + D(s + 1)
=
(s + 1)(s + 4)
(s + 1)(s + 4)
1 = Cs + 4C + Ds + D
C +D =0
4C + D = 1
(
C = −D
−4D + D = 1
⇒
3D = −1
⇒
D=−
1
3


 C=1
3
1

 D=−
3
e quindi:
1
1
1
1
1
= ·
− ·
(s + 1)(s + 4)
3 s+1 3 s+4
Riassumendo:
1
1
4
1
1
1
1
1
Y (s) = − ·
+ ·
+ ·
− ·
3 s+1 3 s+4 3 s+1 3 s+4
e antitrasformando i fratti semplici si ottiene la soluzione dell’equazione differenziale data:
y(t) = −
126
i
i
1h
1 h −t
e − 4e−4t · 1(t) + e−t − e−4t
3
3
Esercizio 3.3
4
Sia data la seguente equazione differenziale
ÿ + 5ẏ + 4y = u
essendo u(t) = 1(t) + sin (t)1(t) e y(0− ) = 0; ẏ(0− ) = 0
Si discuta l’esistenza di un regime per y(t). Qualora tale regime esistesse se ne trovi la forma
yreg (t).
L ÿ(t) + 5ẏ(t) + 4y(t) = L u(t)
s2 Y (s) − sy(0− ) − ẏ(0− ) + 5sY (s) − 5y(0− ) + 4Y (s) = U (s)
ed essendo nulle le condizioni iniziali della variabile y(t), si ottiene:
Y (s) =
1
· U (s)
s2 + 5s + 4
Y (s) =
1
· U (s)
(s + 1)(s + 4)
Il sistema dinamico caratterizzato dalla relazione ingrsso/uscita data è stabile BIBO avendo come poli s = −1
e s = −4. E’ quindi possibile affermare che esiste un regime per y(t).
La generica uscita del sistema presenterà i contributi dovuti a poli del sistema (k 1 e−t e k2 e−4t ) e i contributi
dovuti all’ingresso. A regime, i contributi dovuti a poli del sistema tendono a zero e quindi rimangono solamente
il contributo dovuto al gradino d’ingresso (sia esso yg (t)) e quello dovuto alla sinusoide d’ingresso (sia esso yg (t)).
Determino separatamente yg (t) e ys (t) applicando la proprietà di sovrapposizione degli effetti.
1
1
U (s) = L 1(t) + sin (t) · 1(t) = L 1(t) + L sin (t) · 1(t) = + 2
s s +1
1
1
1
1
1
1
1
Y (s) =
·
+
=
· +
·
(s + 1)(s + 4)
s s2 + 1
(s + 1)(s + 4) s (s + 1)(s + 4) s2 + 1
1
1
· .
(s + 1)(s + 4) s
A regime rimane solamente il contributo dovuto al gradino. Il valore a regime di tale contributo può essere
calcolato semplicemente attraverso il metodo dei residui:
Considero
lim s ·
s→0
1
1
=
s(s + 1)(s + 4)
4
Quindi:
yg (t) =
1
4
1
1
·
.
(s + 1)(s + 4) s2 + 1
A regime rimane solamente il contributo dovuto alla sinusoide:
ys (t) = ys (t) · sin t + Φ ys (t)
Considero
Il modulo ys (t) e la fase Φ ys (t) di tale contributo possono essere calcolati attraverso il metodo della risposta
in frequenza:
ys (t) = T (1j)
127
Davide Giglio
Φ ys (t) = Φ T (1j)
con T (s) =
1
.
(s + 1)(s + 4)
√
r
1 5j − 3 3
1
=
=
= − 5 j = 9 + 25 = √1 = 34
T (1j) = −1 + 5j + 4 5j + 3 −25 − 9 34 34 342
34
34
Φ T (1j) = arctan
5 !
34 = arctan − 5 = 2π − arctan 5
3
3
3
34
−
Quindi:
√
34
ys (t) =
sin t + 2π − arctan
34
! √
!
34
5
5
=
sin t − arctan
3
34
3
In conclusione:
√
!
1
5
34
sin t − arctan
yreg (t) = yg (t) + ys (t) = +
4
34
3
5
ẏ + 4y = 2u
essendo u(t) = δ (0) (t)
Si determini la condizione iniziale y(0− ) tale da rendere y(t) = 0 ∀t > 0
Applico le trasformate di Laplace all’equazione differenziale data:
L ẏ(t) + 4y(t) = L 2u(t)
L ẏ(t) + L 4y(t) = L 2u(t)
sY (s) − y(0− ) + 4Y (s) = 2U (s)
Essendo L δ (0) (t) = U (s) = 1, si ottiene:
(s + 4)Y (s) = 2 + y(0− )
y(0− )
2
+
s+4
s+4
e, antitrafosrmando:
Y (s) =
y(t) = 2e−4t · 1(t) + y(0− )e−4t
Per rendere y(t) = 0 ∀t > 0 basta imporre
2 + y(0− ) = 0
cioé:
y(0− ) = −2
128
Esercizio 3.4
Prima Prova Intermedia - Compito B
28 marzo 2003
1
Si calcoli la trasformata di Laplace di
f (t) = t2 e2t cos (2t)1(t) + te−t 1(t − 2)
(si osservi bene la seconda parte della funzione)
Sia
f (t) = f1 (t) + f2 (t)
con f1 (t) = t2 e2t cos (2t)1(t) e f2 (t) = te−t 1(t − 2).
d Y (s)
Considero f1 (t). Applicando le opportune proprietà delle trasformate di Laplace (L t · y(t) = −
e
ds
at
L e · y(t) = Y (s − a)), si ha:
s
s2 + 4
d
s2 + 4 − 2s2
s2 − 4
s
=−
L t cos (2t) = −
= 2
2
2
2
ds s + 4
(s + 4)
(s + 4)2
2
d
s −4
2s(s2 + 4)2 − (s2 − 4)2(s2 + 4)2s
4s(s2 − 4) − 2s(s2 + 4)
L t2 cos (2t) = −
=
−
=
=
ds (s2 + 4)2
(s2 + 4)4
(s2 + 4)3
2s(s2 − 12)
2s(2s2 − 8 − s2 − 4)
=
=
(s2 + 4)3
(s2 + 4)3
2 2t
2(s − 2) (s − 2)2 − 12
2s(s2 − 12) L t e cos (2t) = F1 (s) =
=
3
(s2 + 4)3 s=s−2
(s − 2)2 + 4
L cos (2t) =
Considero f2 (t). Applicando le opportune proprietà delle trasformate di Laplace (L y(t −a) =e−as · L y(t) ,
con y(t − a) tale che y(t − a) = 0 se t < a, e le due proprietà utilizzate per il calcolo di L f1 (t) ), si ha:
e−2s
L 1(t − 2) =
s
−2e−2s s − e−2s
e−2s (2s + 1)
=
s2
s2
e−2s (2s + 1) e−2(s+1) (2s + 3)
L te−t 1(t − 2) = F2 (s) =
=
2
s
(s + 1)2
s=s+1
d
L t1(t − 2) = −
ds
e−2s
s
=−
In conclusione
F (s) = F1 (s) + F2 (s) =
2(s − 2) (s − 2)2 − 12
e−2(s+1) (2s + 3)
+
3
(s + 1)2
(s − 2)2 + 4
129
Davide Giglio
2
Si determini la funzione del tempo che ha come trasformata di Laplace
F (s) =
s+1
s3
+
15s2
+ 74s + 120
(una radice del polinomio a denominatore è s = −6)
Determino tutte le radici del polinomio a denominatore sfruttando l’informazione che una delle radici è s = −6.
Divido quindi il polinomio a denominatore per s + 6 e determino le soluzioni dell’equazione omogenea associata
al polinomio che si ottiene dalla divisione stessa.
s3
s3
q
+
+
2
15s2
6s2
9s2
9s2
q
s + 9s + 20 = 0
+
74s
+
120
+
+
74s
54s
20s
20s
q
+
120
⇒
s+6
s2 + 9s + 20
+
+
s=
120
120
q
−9 ∓
√
81 − 80
−9 ∓ 1
=
= −5 , −4
2
2
e quindi:
F (s) =
s+1
(s + 4)(s + 5)(s + 6)
Per determinare la funzione del tempo richiesta “esplodo” in fratti semplici la funzione razionale fratta data:
F (s) =
A
B
C
s+1
=
+
+
(s + 4)(s + 5)(s + 6)
s+4 s+5 s+6
e determino i coefficienti tramite la risoluzione del sistema che si ottiene dall’uguaglianza (identità dei polinomi):
s+1
A
B
C
=
+
+
(s + 4)(s + 5)(s + 6)
s+4 s+5 s+6
s+1
A(s + 5)(s + 6) + B(s + 4)(s + 6) + C(s + 4)(s + 5)
=
(s + 4)(s + 5)(s + 6)
(s + 4)(s + 5)(s + 6)
s+1
As2 + 11As + 30A + Bs2 + 10Bs + 24B + Cs2 + 9Cs + 20C
=
(s + 4)(s + 5)(s + 6)
(s + 4)(s + 5)(s + 6)
130
s + 1 = As2 + 11As + 30A + Bs2 + 10Bs + 24B + Cs2 + 9Cs + 20C

 A+B+C =0
11A + 10B + 9C = 1

30A + 24B + 20C = 1

 A = −B − C
−11B − 11C + 10B + 9C = 1

−30B − 30C + 24B + 20C = 1

 A = −B − C
−B − 2C = 1

−6B − 10C = 1

 A = −B − C
B = −2C − 1

12C + 6 − 10C = 1
Esercizio 3.4


 A = −B − C
B = −2C − 1

 2C = −5 ⇒
C=−
5
2


 A = −B − C
B =5−1=4

 C = −5
2

5
3


 A = −4 + 2 = − 2
B=4


 C = −5
2
e quindi:
3
1
1
5
1
F (s) = − ·
+4·
− ·
2 s+4
s+5 2 s+6
Antitrasformando i fratti semplici si ottiene:
5
3
f (t) = L F (s) = − e−4t + 4e−5t − e−6t
2
2
3
Si determini la soluzione della seguente equazione differenziale
ÿ + 5ẏ + 6y = u̇
essendo u(t) = δ (0) (t) e y(0− ) = 0; ẏ(0− ) = 1
Applico le trasformate di Laplace all’equazione differenziale nella variabile reale t, ÿ(t) + 5ẏ(t) + 6y(t) = u̇(t),
ottenendo la seguente equazione nella variabile complessa s:
L ÿ(t) + 5ẏ(t) + 6y(t) = L u̇(t)
L ÿ(t) + L 5ẏ(t) + L 6y(t) = L u̇(t)
s2 Y (s) − sy(0− ) − ẏ(0− ) + 5sY (s) − 5y(0− ) + 6Y (s) = sU (s) − u(0− )
Essendo u(t) = δ (0) (t), si ottiene:
L u(t) = U (s) = 1
u(0− ) = 0
Sostituendo i valori appena calcolati e le condizioni iniziali date relative alla variabile di uscita y(t), si ha:
s2 Y (s) − 1 + 5sY (s) + 6Y (s) = s
(s2 + 5s + 6)Y (s) − 1 = s
Y (s) =
2
s2
1
s
+ 2
+ 5s + 6 s + 5s + 6
s + 5s + 6 = 0
⇒
s=
−5 ∓
√
−5 ∓ 1
25 − 24
=
= −3 , −2
2
2
e quindi:
Y (s) =
s
1
+
(s + 2)(s + 3) (s + 2)(s + 3)
131
Davide Giglio
Antitrasformo
s
“esplodendo” in fratti semplici la funzione razionale fratta:
(s + 2)(s + 3)
A
B
s
=
+
(s + 1)(s + 4)
s+1 s+4
e determinando i coefficienti A e B con il metodo dei residui:
A = lim (s + 2) ·
s
−2
=
= −2
(s + 1)(s + 4)
1
B = lim (s + 3) ·
s
−3
=
=3
(s + 1)(s + 4)
−1
s→−2
s→−3
e quindi:
s
2
3
=−
+
(s + 1)(s + 4)
s+2 s+3
Antitrasformo
1
:
(s + 2)(s + 3)
C
D
1
=
+
(s + 2)(s + 3)
s+2 s+3
C = lim (s + 2) ·
1
1
= =1
(s + 1)(s + 4)
1
D = lim (s + 3) ·
1
1
=
= −1
(s + 1)(s + 4)
−1
s→−2
s→−3
e quindi:
s
1
1
=
−
(s + 1)(s + 4)
s+2 s+3
Riassumendo:
Y (s) = −
3
1
1
2
+
+
−
s+2 s+3 s+2 s+3
e antitrasformando i fratti semplici si ottiene la soluzione dell’equazione differenziale data:
y(t) = −2e−2t · 1(t) + 3e−3t · 1(t) + e−2t − e−3t
4
ÿ + 5ẏ + 6y = u
essendo u(t) = 1(t) + sin (2t)1(t) e y(0− ) = 0; ẏ(0− ) = 0
Si discuta l’esistenza di un regime per y(t). Qualora tale regime esistesse se ne trovi la forma
yreg (t).
L ÿ(t) + 5ẏ(t) + 6y(t) = L u(t)
s2 Y (s) − sy(0− ) − ẏ(0− ) + 5sY (s) − 5y(0− ) + 6Y (s) = U (s)
ed essendo nulle le condizioni iniziali della variabile y(t), si ottiene:
Y (s) =
132
1
· U (s)
s2 + 5s + 6
Esercizio 3.4
Y (s) =
1
· U (s)
(s + 2)(s + 3)
Il sistema dinamico caratterizzato dalla relazione ingrsso/uscita data è stabile BIBO avendo come poli s = −2
e s = −3. E’ quindi possibile affermare che esiste un regime per y(t).
La generica uscita del sistema presenterà i contributi dovuti a poli del sistema (k 1 e−2t e k2 e−3t ) e i contributi
dovuti all’ingresso. A regime, i contributi dovuti a poli del sistema tendono a zero e quindi rimangono solamente
il contributo dovuto al gradino d’ingresso (sia esso yg (t)) e quello dovuto alla sinusoide d’ingresso (sia esso yg (t)).
1
2
U (s) = L 1(t) + sin (2t) · 1(t) = L 1(t) + L sin (2t) · 1(t) = + 2
s s +4
Considero separatamente i due termini dell’ingresso, ottenendo:
Y (s) =
1
1
2
1
· +
·
= Y1 (s) + Y2 (s)
(s + 2)(s + 3) s (s + 2)(s + 3) s2 + 4
Considero Y1 (s) =
1
1
· .
(s + 2)(s + 3) s
A regime rimane solamente il contributo dovuto al gradino. Il valore a regime di tale contributo può essere
calcolato semplicemente attraverso il metodo dei residui:
lim s · Y1 (s) =
s→0
1
6
Quindi:
yg (t) =
1
6
Considero Y2 (s) =
2
1
·
.
(s + 2)(s + 3) s2 + 4
Utilizzo il metodo dell’“esplosione” in fratti semplici per calcolare il contributo dovuto alla sinusoide:
2
A
B
Cs + D
=
+
+ 2
(s + 2)(s + 3)(s2 + 4)
s+2 s+3
s +4
e determino i coefficienti attraverso la risoluzione del sistema che si ottiene imponendo l’identità dei polinomi:
2
A(s + 3)(s2 + 4) + B(s + 2)(s2 + 4) + Cs(s + 2)(s + 3) + D(s + 2)(s + 3)
=
(s + 2)(s + 3)(s2 + 4)
(s + 2)(s + 3)(s2 + 4)
2 = As3 + 3As2 + 4As + 12A + Bs3 + 2Bs2 + 4Bs + 8B + Cs3 + 5Cs2 + 6Cs + Ds2 + 5Ds + 6D

A+B+C =0



3A + 2B + 5C + D = 0
 4A + 4B + 6C + 5D = 0


12A + 8B + 6D = 2

A = −B − C



−3B − 3C + 2B + 5C + D = 0
 −4B − 4C + 4B + 6C + 5D = 0


−12B − 12C + 8B + 6D = 2

A = −B − C



−B + 2C + D = 0
2C + 5D = 0



−4B − 12C + 6D = 2

A = −B − C



B = 2C + D
2C
+ 5D = 0



−8C − 4D − 12C + 6D = 2
133
Davide Giglio

A = −B − C



B = 2C + D
2C + 5D = 0



−20C + 2D = 2

A = −B − C



 B = 2C + D

2C + 50C + 5 = 0 ⇒ 52C = −5



D = 10C + 1

A = −B − C




 B = 2C + D
5
C=−

52



 D = −50 + 52 ⇒ D = 1
52
26
⇒
C=−
5
52
E’ sufficiente il calcolo dei coefficienti C e D in quanto a regime rimane solamente il contributo dovuto alla
Cs + D
sinusoide, cioé a 2
. Quindi:
s +4
ys (t) = L
−1
(
−
2 )
5
s+
52
52 = − 5 cos (2t) + 1 sin (2t)
s2 + 4
52
52
In conclusione:
yreg (t) = yg (t) + ys (t) =
1
1
5
+
sin (2t) −
cos (2t)
6 52
52
5
ẏ + 3y = u
essendo u(t) = δ (0) (t)
Si determini la condizione iniziale y(0− ) tale da rendere y(t) = 0 ∀t > 0
Applico le trasformate di Laplace all’equazione differenziale data:
L ẏ(t) + 3y(t) = L u(t)
L ẏ(t) + L 3y(t) = L u(t)
sY (s) − y(0− ) + 3Y (s) = U (s)
Essendo L δ (0) (t) = U (s) = 1, si ottiene:
(s + 3)Y (s) = 1 + y(0− )
1
y(0− )
+
s+3
s+3
e, antitrafosrmando:
Y (s) =
y(t) = e−3t · 1(t) + y(0− )e−3t
Per rendere y(t) = 0 ∀t > 0 basta imporre
1 + y(0− ) = 0
cioé:
y(0− ) = −1
134
Esercizio 3.5
Seconda Prova Intermedia - Compito A
23 maggio 2003
1
Dato il sistema descritto dalle seguenti equazioni di stato


0 0 2
ẋ = 0 −1 0 x
0 0 0
Si dimostri che è instabile
Per stabilire l’instabilità del sistema, determino innanzitutto i poli del sistema attraverso lo studio delle soluzioni
del polinomio caratteristico ϕ(λ).
ϕ(λ) = det (λI − A) = 0


λ
0
−2 !
det  0 λ + 1 0  = 0
0
0
λ
λ2 (λ + 1) = 0
Ho un polo in s = −1 e due poli in s = 0. La molteplicità doppia del polo in s = 0 non consente di concludere
sulla proprietà di stabilità attraverso lo studio del solo polinomio caratteristico.
E’ necessario determinare la molteplicità del polo in s = 0 nel polinomio minimo.
Il polinomio minimo m(λ) può essere calcolato come m(λ) =
ϕ(λ)
, dove α(λ) è il massimo comun divisore di
α(λ)
tutti i termini della matrice adj (sI − A). Nel nostro caso:


λ(λ + 1) 0
0

0
λ2
0
adj (sI − A) = 
2(λ + 1) 0 λ(λ + 1)
α(λ) = 1
e quindi:
m(λ) = λ2 (λ + 1)
La molteplicità del polo in s = 0 nel polinomio minimo è 2. Il sistema è quindi instabile.
Alla stessa conclusione si può arrivare anche applicando il teorema di Caley-Hamilton. La matrice A è sempre
soluzione del polinomio minimo. Se A è soluzione del polinomio λ2 (λ + 1) e non del polinomio λ(λ + 1), allora
il polinomio minimo è λ2 (λ + 1) e possiamo quindi concludere che il sistema è instabile.

 



 
 

0 0 2
1 0 2
0 0 2
1 0 0 !
0 0 2
0 0 2
A(A + I) = 0 −1 0 0 −1 0 + 0 1 0 = 0 −1 0 0 0 0 = 0 0 0 6= 0
0 0 0
0 0 1
0 0 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
135
Davide Giglio

0
A2 (A + I) = A · A(A + I) = 0
0
0
−1
0

2
0
0  0
0
0
0
0
0
Il polinomio minimo è λ2 (λ + 1) e il sistema è instabile.
 
2
0
0  = 0
0
0
0
0
0

0
0
0
2
Dato il sistema descritto dalle equazioni di stato
 


0
−1 0 0
ẋ =  0 0 −2 x + 1 u
0
0 0 0
y= 1 0 0 x
Si dimostri che la dimensione della parte controllabile e osservabile è zero
Determino i poli del sistema e valuto, attraverso lo studio della matrice C(sI − A) −1 B, quali di essi siano
contemporaneamente controllabili e osservabili.


s+1 0 0
s 2
(sI − A) =  0
0
0 s
det (sI − A) = s2 (s + 1)
• s = 0 con molteplicità 2;
• s = −1.
Determino la matrice C(sI − A)−1 B:
 2

s
0
0
s(s + 1)
0 
adj (sI − A) =  0
0 −2(s + 1) s(s + 1)
 2

s
0
0
T
adj (sI − A) =  0 s(s + 1) −2(s + 1)
0
0
s(s + 1)


1
0
0
s + 1

adjT (sI − A) 
2
1
=
(sI − A)−1 =
− 2
 0
det (sI − A)
s
s 

1 
0
0
s


1
  0
0
0
 0
s + 1

2    1
1
1 = 
(sI − A)−1 B = 
− 2
 0
s
s
s 


0
1
0
0
0
s
 
0
1
−1
C(sI − A) B = 1 0 0   = 0
s
0
La matrice C(sI − A)−1 B è nulla e di conseguenza sarà nullo il polinomio caratteristico di controllabilità e
osservabilità ϕco (s). Non esistono quindi poli che siano contemporaneamente controllabili e osservabili.
136
Esercizio 3.5
Di conseguenza, la dimensione della parte controllabile e osservabile è zero.
3
Dato il sistema:
y
+ e
−
6
u1
6
1
s+1
u2
?
+ e
+ + e
−
6
1
s−2
Si dimostri che le due funzioni di trasferimento Tyu1 (s) e Tyu2 (s) sono, rispettivamente
Tyu1 (s) =
s−1
Tyu2 (s) =
s2
−1
s2
Calcolo separatamente le due funzioni di trasferimento.
Per determinare Tyu1 (s), pongo a 0 l’ingresso u2 ottenendo il sistema caratterizzato dal seguente diagramma a
blocchi:
y
u1
+ e
−
6
6
1
s+1
+ e
−
6
1
s−2
Attraverso l’algebra dei blocchi determino Tyu1 (s):
1
1
s−2 = s−2 = 1
1
s−2+1
s−1
1+
s−2
s−2
u1
+ e
−
6
-
1
s+1
1
s−1
y
1
1
s−1
s+1
s
+
1
=
=
1
1
s2
s2 − 1 + 1
·
1+
s+1 s−1
(s + 1)(s − 1))
u1
-
s−1
s2
-
y
E’ dimostrato quindi che:
Tyu1 (s) =
s−1
s2
blocchi:
137
Davide Giglio
y
6
-
−1
-
1
s+1
u2
+ ?
+ e
e+ −
6
1
s−2
1
1
s−2 = s−2 = 1
s−2+1
1
s−1
1+
s−2
s−2
u2
+ e
+
6
-
1
s−1
−1
s+1
-
y
-
y
−1
1
−1
·
s − 1 s + 1 = (s − 1)(s + 1) = −1
1
−1
s2
s2 − 1 + 1
1−
·
s−1 s+1
(s − 1)(s + 1)
u2
-
-
−1
s2
y
Tyu2 (s) =
−1
s2
4
Dato il sistema:
u
+ e
−
6
S1
1
s+2
S2
-
2
1
s−2
Si dimostri che, secondo il metodo presentato a lezione (ed usabdo gli indici 1 e 2 come indicato
nella figura), le equazioni di stato sono
−2 −2
1
ẋ =
x+
u
1
2
0
y= 0 1 x
Considero separatamente i sottosistemi S1 e S2 e determino le equazioni di stato per ciascuno di essi, utilizzando
la forma compagna controllabile:
ẋ1 = −2x1 + u1
S1 :
y1 = x 1
138
Esercizio 3.5
S2 :
ẋ2 = 2x2 + u2
y2 = x 2
I due sottosistemi sono interconnessi tramite le seguenti relazioni:
u1 = u − 2y2 = u − 2x2
u2 = y 1 = x 1
y = y2 = x2
Sostituendo questi valori nelle equazioni di stato precedentemente definite, si ottiene:
ẋ1 = −2x1 + u − 2x2
ẋ2 = 2x2 + x1
y = x2
Le equazioni di stato del sistema dato sono quindi:

1
−2 −2

u
x+
ẋ =
0
1
2

y= 0 1 x
5
Dato il sistema:
u
+ e
−
6
-
-
1
s
+ e
+ ?
-
k1
k2
-
1
s−1
y
Si dimostri che è asintoticamente stabile solo per k1 > 0 e k2 > 1
Utilizzo l’algebra dei blocchi per determinare la funzione di trasferimento ingresso/uscita Y yu (s).
s + k1
1
· k1 + 1 =
s
s
u
+ e
−
6
s + k1
s
-
k2
1
s + k1
s + k1
·
=
s
s−1
s(s − 1)
u
+ e
−
6
y
s + k1
s(s − 1)
k2
-
1
s−1
-
y
s + k1
s + k1
s + k1
s(s − 1)
s(s − 1)
=
= 2
s + k1
s(s − 1) + k2 s + k1 k2
s − s + k 2 s + k 1 k2
1 + k2 ·
s(s − 1)
s(s − 1)
139
Davide Giglio
u
Yyu (s) =
-
s + k1
s2 − s + k 2 s + k 1 k 2
-
y
s + k1
s2 + (k2 − 1)s + k1 k2
L’asintotica stabilità è garantita dalla presenza di due poli a parte reale negativa.
Utilizzo la regola di Cartesio per imporre la presenza di due poli a parte reale negativa. Impongo quindi la
presenza di due permanenze nel polinomio di secondo grado a denominatore:
k2 − 1 > 0
k1 k2 > 0
k2 > 1
k1 > 0
Il sistema è asintoticamente stabile solo per k1 > 0 e k2 > 1.
140
Esercizio 3.6
Seconda Prova Intermedia - Compito B
23 maggio 2003
1
Dato il sistema descritto dalle seguenti equazioni di stato


0 0 0
ẋ = 0 −2 0 x
1 0 0
Si dimostri che è instabile
Determino il polinomio caratteristico ϕ(λ) e valuto se posso già concludere sulla stabilità del sistema.
ϕ(λ) = det (λI − A) = 0


λ
0
0 !
det  0 λ + 2 0  = 0
−1
0
λ
λ2 (λ + 2) = 0
Ho un polo in s = −2 e due poli in s = 0. La molteplicità doppia del polo in s = 0 non consente di concludere
sulla proprietà di stabilità attraverso lo studio del solo polinomio caratteristico.
E’ necessario determinare la molteplicità del polo in s = 0 nel polinomio minimo.
Determino la dimensione k dell’autospazio relativo all’autovalore nullo e applico la relazione
µc
≤ µm ≤ µc − k + 1
k
dove
• µc è la molteplicità dell’autovalore in questione nel polinomio caratteristico;
• µm è la molteplicità dell’autovalore in questione nel polinomio minimo.
(0I − A) · z = 0
   

0
z1
0 0 0
 0 2 0   z2  =  0 
0
z3
−1 0 0

 0=0
2z2 = 0

−z1 = 0
La dimensione dell’autospazio è 1.
Quindi
2
≤ µm ≤ 2 − 1 + 1
1
141
Davide Giglio
2 ≤ µm ≤ 2
µm = 2
Il polinomio minimo è m(λ) = λ2 (λ + 2). Il sistema è quindi instabile.
Alla stessa conclusione si può arrivare anche applicando il teorema di Caley-Hamilton. La matrice A è sempre
soluzione del polinomio minimo:
• se A(A + 2I) = 0 allora il polinomio minimo è m(λ) = λ(λ + 2) e quindi il sistema è semplicemente stabile;
• se A2 (A + 2I) = 0 allora il polinomio minimo è m(λ) = λ2 (λ + 2) e quindi il sistema è instabile.


0
0
0

 


0 0 0
2 0 0 !
0 0
0 −2 0 + 0 2 0 = 0 −2
1 0 0
0 0 2
1 0


 

0 0 0
0 0 0
0 0 0
A2 (A + I) = A · A(A + I) = 0 −2 0 0 0 0 = 0 0 0
1 0 0
2 0 0
0 0 0
0
A(A + 2I) = 0
1
0
−2
0

0
2
0  0
0
1
0
0
0
 
0
0
0  = 0
2
2
0
0
0

0
0 6= 0
0
Il polinomio minimo è λ2 (λ + 2) e il sistema è instabile.
2
Dato il sistema descritto dalle equazioni di stato
 


0
−3 0
0
ẋ =  0 −1 −2 x + 1 u
0
0
0
0
y= 1 1 0 x
Si dimostri che la dimensione della parte controllabile e osservabile è uno
Determino i poli del sistema e valuto, attraverso lo studio della matrice C(sI − A) −1 B, quali di essi siano
contemporaneamente controllabili e osservabili.


s+3
0
0
s + 1 2
(sI − A) =  0
0
0
s
det (sI − A) = s(s + 1)(s + 2)
• s = 0;
• s = −1;
• s = −2.
Determino la matrice C(sI − A)−1 B:


s(s + 1)
0
0

s(s + 3)
0
adj (sI − A) =  0
0
−2(s + 3) (s + 1)(s + 3)


s(s + 1)
0
0
s(s + 3)
−2(s + 3) 
adjT (sI − A) =  0
0
0
(s + 1)(s + 3)
142
Esercizio 3.6
 1

0
0
s + 3


1
2
adjT (sI − A) 
−1


−
= 0
(sI − A) =

s
+
1
s(s
+
1)
det (sI − A)


1
0
0
s
 1

0
0
   0 
s + 3
 0


2
1
1 
 1  = 
−
(sI − A)−1 B = 


 0

s+1
s(s + 1) 
s+1

0
1
0
0
0
s


0
 1 
1
C(sI − A)−1 B = 1 1 0 
=
s+1
s+1
0
Il polinomio caratteristico di controllabilità e osservabilità ϕco (s) è:
ϕco (s) = s + 1
e quindi l’unico polo contemporaneamente controllabile e osservabile è il polo s = 1.
Di conseguenza, la dimensione della parte controllabile e osservabile è uno.
3
Dato il sistema:
u2
+ e
−
6
u1
1
s+2
y
6
?
+ e
+
-
+ e
−
6
1
s−3
Si dimostri che le due funzioni di trasferimento Tyu1 (s) e Tyu2 (s) sono, rispettivamente
Tyu1 (s) =
s−2
Tyu2 (s) =
s2 − 3
s2 − 4
s2 − 3
Calcolo separatamente le due funzioni di trasferimento.
blocchi:
y
u1
+ e
−
6
6
1
s+2
+ e
−
6
1
s−3
1
1
s−3 = s−3 = 1
1
s−3+1
s−2
1+
s−3
s−3
143
Davide Giglio
+ e
−
6
u1
-
1
s+2
1
s−2
y
1
1
s−2
s+2
s
+
2
= 2
=
1
1
s −3
s2 − 4 + 1
1+
·
s+2 s−2
(s + 2)(s − 2))
u1
-
s−2
s2 − 3
-
y
Tyu1 (s) =
s−2
s2 − 3
blocchi:
u2
-
−1
-
1
s+2
y
6
+ e
?
+
-
+ e
−
6
1
s−3
1
1
s−3 = s−3 = 1
1
s−3+1
s−2
1+
s−3
s−3
u2
+ e
−
6
1
s+2
1
1+
1
1
·
s−2 s+2
=
Tyu2 (s) =
s2 − 4
s2 − 3
4
Dato il sistema:
144
1
s−2
1
s2 − 4
=
s2 − 3
s2 − 4 + 1
(s − 2)(s + 2)
u2
-
s2 − 4
s2 − 3
-
y
y
Esercizio 3.6
u
+ e
−
6
S1
2
s+1
S2
-
3
-
1
s−1
y
Si dimostri che, secondo il metodo presentato a lezione (ed usando gli indici 1 e 2 come indicato
nella figura), le equazioni di stato sono
−1 −3
1
ẋ =
x+
u
2
1
0
y= 0
1 x
Considero separatamente i sottosistemi S1 e S2 e determino le equazioni di stato per ciascuno di essi, utilizzando
la forma compagna controllabile:
ẋ1 = −x1 + u1
S1 :
y1 = 2x1
S2 :
ẋ2 = x2 + u2
y2 = x 2
I due sottosistemi sono interconnessi tramite le seguenti relazioni:
u1 = u − 3y2 = u − 3x2
u2 = y1 = 2x1
y = y2 = x2
Sostituendo questi valori nelle equazioni di stato precedentemente definite, si ottiene:
ẋ1 = −x1 + u − 3x2
ẋ2 = x2 + 2x1
y = x2
Le equazioni di stato del sistema dato sono quindi:

1
−1 −3

u
x+
ẋ =
0
2
1

y= 0 1 x
5
Dato il sistema:
-
u
+ e
−
6
-
k1
1
s
?
+ e
+ k2
1
s−2
-
y
145
Davide Giglio
Si dimostri che è asintoticamente stabile solo per k2 > 0 e k1 k2 > 2
Utilizzo l’algebra dei blocchi per determinare la funzione di trasferimento ingresso/uscita Y yu (s).
k1 s + 1
1
+ k1 =
s
s
u
+ e
−
6
k1 s + 1
s
-
k2
k1 s + 1
1
k1 s + 1
·
=
s
s−2
s(s − 2)
u
+ e
−
6
y
k1 s + 1
s(s − 2)
k2
-
1
s−2
-
y
k1 s + 1
k1 s + 1
k1 s + 1
s(s − 2)
s(s − 2)
=
= 2
k1 s + 1
s(s − 2) + k1 k2 s + k2
s − 2s + k1 k2 s + k2
1 + k2 ·
s(s − 2)
s(s − 2)
u
Yyu (s) =
s2
-
k1 s + 1
s2 − 2s + k1 k2 s + k2
-
y
k1 s + 1
+ (k1 k2 − 2)s + k2
L’asintotica stabilità è garantita dalla presenza di due poli a parte reale negativa.
Utilizzo la regola di Cartesio per imporre la presenza di due poli a parte reale negativa. Impongo quindi la
presenza di due permanenze nel polinomio di secondo grado a denominatore:
k1 k2 − 2 > 0
k2 > 0
k1 k2 > 2
k2 > 0
Il sistema è asintoticamente stabile solo per k1 k2 > 2 e k2 > 0.
146

Esercizi - Università degli studi di Genova

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