esercizi svolti

ESERCIZISVOLTIdiANALISIDEISISTEMIDavide GiglioDIST-UniversitàdiGenovaViaOperaPia,1316145-Genova,ItalyTel: +390103532748 Fax: [email protected] raccolta di esercizi svolti per il corso di Analisi dei Sistemi 1 è stata realizzata con lo scopo di fornireun ausilio agli studenti durante la loro preparazione allesame. Gli esercizi sono stati da me risolti seguendo ilmetodo o i metodi che mi sembravano pi` u opportuni al momento della risoluzione. Prego tutti gli studenti cherisolveranno gli esercizi proposti di comunicarmi via e-mail (allindirizzo [email protected]) la presenzadi errori, imprecisioni o metodi di risoluzione alternativi.DavideGiglioParte1Sistemi Lineari TempoInvarianti5DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemi6Esercizio1.1CalcolarelaantitrasformatadiLaplacedelleseguentifunzioninellavariabilecomplessas:F(s) =s + 2s + 4;F(s) =s2+ s + 9(s + 1)2+ 9;F(s) =s3+ s + 1s3+ 1.ConsideroF(s) =s + 2s + 4.Il numeratore e il denominatore hanno lo stesso grado. Devo innanzitutto dividere il numeratore per il denom-inatore.s + 2s + 4 2s + 41La funzione da antitrasformare pu` o quindi essere scritta comeF(s) = 1 2s + 4La funzione è gi` a in fratti semplici e quindi pu` o essere direttamente antitrasformata.f(t) = L1_F(s)_ = L1_1_2 L1_1s + 4_= (t) 2e4t 1(t)ConsideroF(s) =s2+s + 9(s + 1)2+ 9.Il numeratore e il denominatore hanno lo stesso grado. Devo innanzitutto sviluppare il polinomio al denomina-tore per poi dividere numeratore e denominatore.F(s) =s2+s + 9(s + 1)2+ 9=s2+s + 9s2+ 2s + 1 + 9=s2+s + 9s2+ 2s + 10s2+ s + 9s2+ 2s + 10 s 1s2+ 2s + 101La funzione da antitrasformare e` quindiF(s) = 1 s + 1(s + 1)2+ 9Questa funzione è gi` a in fratti semplici. Si ha quindi:f(t) = L1_F(s)_ = L1_1_L1_s + 1(s + 1)2+ 9_= (t) et cos 3t 1(t)7DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiConsideroF(s) =s3+s + 1s3+ 1.Anche in questo caso il numeratore e il denominatore hanno lo stesso grado.s3+ s + 1 s3 1 + s s3+ 11La funzione da antitrasformare pu` o quindi essere scritta comeF(s) = 1 +ss3+ 1== 1 +s(s + 1)(s2s + 1)== 1 +s(s + 1)_s2s + 14 + 34_== 1 +s(s + 1)__s 12_2+_32_2_Antitrasformo utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici.s(s + 1)__s 12_2+_32_2_=As + 1 +32B_s 12_2+_32_2++C_s 12__s 12_2+_32_2s = A__s 12_2+_32_2_+B32(s + 1) +C_s 12_(s + 1)s = As2As +A+32Bs +32B +Cs2+ 12Cs 12C___A+C = 0A+32B + 12C = 1A+32B 12C = 0___. . .. . .3B = 1 B =13=33___C = AA+ 12 12A = 1 32A =12 A = 13B =33___A = 13B =33C =13F(s) = 1 13 1s + 1 +3332_s 12_2+_32_2+ 13 _s 12__s 12_2+_32_2Antitrasformando i fratti semplici si ottienef(t) = (t) 13et+33e12tsin32t + 13e12tcos32t8Esercizio1.2Calcolarelay(t)delseguentesistemaE Ey(t) u(t)1s2+ 4con1. u(t) = 3 sin 3t;2. u(t) = et.Considero il sistema conu(t) = et.. . .Per ottenere la stessa soluzione si poteva utilizzare il metodo della risposta in frequenza,che viene di seguitoriportato, echevieneconsigliatointutti quei casi lingresso, lafunzionedi trasferimento, oentrambi sianofunzioni sinusoidali.. . .Considero il sistema conu(t) = 3 sin 3t.Trasformo la funzione di ingresso secondo Laplace.U(s) = L_3 sin 3t_ =9s2+ 9Luscita, nella variabile complessas, è quindiY (s) = T(s) U(s) =1s2+ 4 9s2+ 9Antitrasformo la funzione9(s2+ 4) (s2+ 9).9(s2+ 4) (s2+ 9)=As +Bs2+ 4+Cs +Ds2+ 9=(As +B)_s2+ 9_+ (Cs +D)_s2+ 4_(s2+ 4) (s2+ 9)9 = As3+Bs2+ 9As + 9B +Cs3+Ds2+ 4Cs + 4D___A+C = 0B +D = 09A+ 4C = 09B + 4D = 9___A = 0B = DC = 09D + 4D = 9 D = 95___A = 0B =95C = 0D = 959DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiLa funzione da antitrasformare è quindiY (s) =95 1s2+ 4 95 9s2+ 9La funzione nel tempo èy(t) =910sin2t 35sin 3tAnche in questo caso è possibile ottenere la stessa soluzione utilizzando il metodo della risposta in frequenza.Essendo adesso, sia lingresso che la funzione di trasferimento, funzioni sinusoidali, è necessario procedere comesegue.Dato il prodotto1s2+ 4 9s2+ 9, si consideraprima2s2+ 4, cioe sin 2t, come ingresso (sia essou1(t)) e92s2+ 9come funzione di trasferimento (sia essaT1(s))epoi3s2+ 9, cioe sin 3t, come ingresso (sia essou2(t)) e3s2+ 4come funzione di trasferimento (sia essaT2(s))Nel primo caso si ottiene il modo di rispostay1(t) = T1_2j_ sin_2t + _T1_2j___mentre nel secondo il modoy2(t) = T2_3j_ sin_3t + _T2_3j___Lay(t) cercata èy(t) = y1(t) +y2(t)ConsideroT1_2j_.T1_2j_ =924 + 9=910Il modulo è T1_2j_ =910e la fase è _T1_2j__ = 0.ConsideroT2_3j_.T2_3j_ =39 + 4= 35Il modulo è T2_3j_ =35e la fase è _T2_3j__ = .La funzione cercata è quindiy(t) =910sin 2t + 35sin_3t +_ ==910sin 2t 35sin3t10Esercizio1.3SiconsideriilsistemaE Ey(t) (t) Scaratterizzatodallaseguenterispostaallimpulso1/2 3/2 5/2 7/2 9/2 012th(t)ScriverelaformaesattadiT(s).Il segnale in gura è un segnale sinusoidale con modulo unitario e periodo , traslato in ampiezza di una unit` a.La forma esatta del segnale è:h(t) = 1 sin tPassando nel campo della variabile complessas si haH(s) = T(s) U(s)Essendo il segnale in gura una risposta allimpulso (cioeu(t) = (t)), è ovvio cheU(s) = 1, e quindiH(s) = T(s)Di conseguenzaT(s) = L_h(t)_ =1s 1s2+ 1=s2s + 1s (s2+ 1)11Esercizio1.4Datoilsistemarappresentatorappresentatodallaseguenterelazioneingresso/uscita y(t) + 9 y(t) + 8y(t) =u(t)conu(t) =(t). Esistonocondizioniinizialipercuisihay(t) = e4t?epercuisihay(t) = et?Trasformo, secondoLaplace, larelazioneingresso/uscitadata, al nedi lavorarenel campodellavariabilecomplessas.L_y(t)_ = Y (s)L_ y(t)_ = s L_y(t)_y(0) = sY (s) y(0)L_ y(t)_ = s L_ y(t)_ y(0) = s2Y (s) sy(0) y(0)L_u(t)_ = U(s)Si ha quindis2Y (s) sy(0) y(0) + 9sY (s) 9y(0) + 8Y (s) = U(s)(s2+ 9s + 8)Y (s) = (s + 9)y(0) + y(0) +U(s)Y (s) =y(0)s +_9y(0) + y(0)s2+ 9s + 8+1s2+ 9s + 8U(s)I modi di risposta del sistema sono dati dalle soluzioni dis2+ 9s + 8 = 0, cioes = 1s = 8Si pu` o quindi gi` a aermare che non sar` a mai possibile ottenere unuscitay(t) = e4tin quantos = 4 non èun polo del sistema. Possiamo invece vedere se esistono condizioni iniziali per cui si hay(t) = et.U(s) = 1Y (s) =y(0)s +_9y(0) + y(0)s2+ 9s + 8+1s2+ 9s + 8Impongo che questa funzione razionale fratta sia uguale alla trasformata di Laplace di et, cioe a1s + 1.y(0)s +_9y(0) + y(0) + 1s2+ 9s + 8=1s + 1y(0)s +_9y(0) + y(0) + 1s2+ 9s + 8=s + 8s2+ 9s + 8_y(0) = 19y(0) + y(0) + 1 = 8_y(0) = 1 y(0) = 8 1 9 = 2Le condizioni iniziali per cui si hay(t) = etsonoy(0) = 1 y(0) = 212Esercizio1.5Siconsideriilseguentesistema:___ x(t) =_1 00 2_x(t)y(t) = _1 1x(t)Trovarex(0)talechey(t) = 2et+ 3e2tLarispostadel sistemaècostituitaesclusivamentedallarispostaliberanonessendopresentenel sistemailtermineBu(t).Y (s) = C(sI A)1x(0)(sI A)1=__1s + 1001s + 2__(Ilcalcolodellamatrice(sI A)1èbanaleessendolamatriceAdiagonale: èsucienteinvertireiterminisulla diagonale della matrice (sI A))C(sI A)1= _1 1__1s + 1001s + 2__ =_1s + 11s + 2_C(sI A)1x(0) =_1s + 11s + 2_ _x1(0)x2(0)_ =x1(0)s + 1+x2(0)s + 2Antitrasformando si ottiene la risposta del sistema.y(t) = L1_x1(0)s + 1+x2(0)s + 2_ = x1(0)et+x2(0)e2tLo stato iniziale richiesto è quindi_x1(0) = 2x2(0) = 3 x(0) =_23_13Esercizio1.6Siconsideriilseguentesistema:___ x(t) =_2 00 3_x(t) +_11_u(t)y(t) = _1 1x(t)Trovarelecondizioniinizialipercuisihalaseguenterispostaallimpulsoy(t) = 3e2t+ 2e3tLa risposta complessiva del sistema, nella variabile complessas, èY (s) = C(sI A)1x(0) +C(sI A)1BU(s)La risposta allimpulso si ottiene imponendou(t) = (t), cioeU(s) = 1Lecondizioniinizialidadeterminareconsistonoinunvettorecolonnadidimensioneparialladimensionedelsistema. Nel nostro casox(0) =_x1(0)x2(0)_Determino (sI A)1. La matrice(sI A) =_s + 2 00 s + 3_è una matrice diagonale. La sua matrice inversa è quindi costituita da una matrice diagonale i cui valori sulladiagonale corrispondono ai valori reciproci degli elementi sulla diagonale della matrice di partenza:(sI A)1=__1s + 2001s + 3__Si ha:C(sI A)1= _1 1__1s + 2001s + 3__ =_1s + 21s + 3_Y (s) =_1s + 21s + 3_ _x1(0)x2(0)_+_1s + 21s + 3_ _11_ 1 == x1(0) 1s + 2 +x2(0) 1s + 3 +1s + 2 +1s + 3== _x1(0) + 11s + 2 +_x2(0) + 11s + 3Antitrasformando secondo Laplace si ottieney(t) = _x1(0) + 1 e2t+_x2(0) + 1 e3t14Esercizio1.6 DIST-UniversitàdiGenovaPer ottenere la risposta allimpulso data devo quindi imporre_x1(0) + 1 = 3x2(0) + 1 = 2_x1(0) = 2x2(0) = 1Le condizioni iniziali cercate sonox(0) =_21_15Esercizio1.7Siconsideriilseguentesistema:___ x(t) =_1 00 1_x(t)y(t) = _1 1x(t)Trovarelostatoinizialecorrispondenteay(t) = 3etNon essendo presente, nellespressione del sistema in equazioni di stato, il termine B U(s), luscita del sistema,nella variabile complessas, è semplicementeY (s) = C(sI A)1x(0)La matrice A del sistema dato è una matrice diagonale. Si ha quindi immediatamente(sI A)1=__1s + 1001s + 1__eC(sI A)1= _1 1__1s + 1001s + 1__ =_1s + 11s + 1_AbbiamoC(sI A)1x(0) =_1s + 11s + 1_ _x1(0)x2(0)_ =x1(0) +x2(0)s + 1e, antitrasformandoy(t) = L1_x1(0) +x2(0)s + 1_ = _x1(0) +x2(0) etDeve quindi esserex1(0) +x2(0) = 3Vi sono 1stati iniziali che forniscono luscita richiestax(0) =_3 kk_16Esercizio1.8Siconsideriilseguentesistema:___ x(t) =__1 0 10 1 00 0 1__x(t) +__010__u(t)y(t) = _1 0 1x(t)conu(t) = 1(t)Determinarex(0)talechey(t)sialimitata.La risposta complessiva del sistema, nella variabile complessas, èY (s) = C(sI A)1x(0) +C(sI A)1BU(s)Determino la matrice inversa (sI A)1.(sI A) =__s + 1 0 10 s + 1 00 0 s 1__det (sI A) = (s + 1)2(s 1)adj (sI A) =__(s + 1)(s 1) 0 00 (s + 1)(s 1) 0s + 1 0 (s + 1)2__adjT(sI A) =__(s + 1)(s 1) 0 s + 10 (s + 1)(s 1) 00 0 (s + 1)2__(sI A)1=adjT(sI A)det (sI A)=__1s + 101(s + 1)(s 1)01s + 100 01s 1__Si ha inoltreC(sI A)1= _1 0 1__1s + 101(s + 1)(s 1)01s + 100 01s 1__=_1s + 10s + 2(s + 1)(s 1)_C(sI A)1x(0) =_1s + 10s + 2(s + 1)(s 1)___x1(0)x2(0)x3(0)__ =x1(0)s + 1+x3(0) (s + 2)(s + 1)(s 1)=_x1(0) +x3(0)s +_x1(0) + 2x3(0)(s + 1)(s 1)C(sI A)1B =_1s + 10s + 2(s + 1)(s 1)___010__ = 017DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiLuscita del sistema è quindi data daY (s) =_x1(0) +x3(0)s +_x1(0) + 2x3(0)(s + 1)(s 1)Antitrasformo secondo Laplace utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici:_x1(0) +x3(0)s +_x1(0) + 2x3(0)(s + 1)(s 1)=As + 1 +Bs 1=As A+Bs +B(s + 1)(s 1)==_A+Bs +_A+B(s + 1)(s 1)_A+B = x1(0) +x3(0)A+B = x1(0) + 2x3(0)2B = 3x3(0) B =32x3(0)2A = 2x1(0) x3(0) A = x1(0) 12x3(0)Larispostadel sistemaècostituitadaunesponenzialenegativo(dovutoal mododi rispostas= 1)checonverge a 0 pert , e da un esponenziale positivo (dovuto al modo di rispostas = 1) che diverge a +pert . Perchelarispostasialimitatadevequindiessereannullatoilcontributodovutoallesponenzialepositivo, cioe è necessario porreB = 0 e quindix3(0) = 0Ho quindi 2condizioni iniziali che mi forniscono unuscita limitata:x(0) =__c1c20__Con tali condizioni iniziali luscita è infattiy(t) = c1 et 1(t)18Esercizio1.9Siconsideriilseguentesistema:___ x(t) =_1 13 2_x(t) +_01_kx(t)y(t) = _1 1x(t)Determinare,sepossibile,kex(0)talicheyLIBERA(t) = 3et+ 4 1(t)Nel sistema dato si presenta una retroazione sullo stato. Scriviamo quindi il sistema dato nel seguente modo: x(t) =_1 13 2_x(t) +_01__k1k2x(t) ==_1 13 2_x(t) +_0 0k1k2_x(t) ==_1 1k1 3 k2 2_x(t)La risposta libera, nella variabile complessas, è data daYLIBERA(s) = C(sI A)1x(0)Determiniamo quindi la matrice inversa (sI A)1.(sI A) =_s 1 1k1 + 3 s k2 + 2_det (sI A) = (s 1)(s k2 + 2) k1 + 3 == s2k2s + 2s s +k2 2 k1 + 3 == s2+ (1 k2)s + (1 k1 +k2)adj (sI A) =_s k2 + 2 k1 31 s 1_adjT(sI A) =_s k2 + 2 1k1 3 s 1_(sI A)1=adjT(sI A)det (sI A)=_s k2 + 2 1k1 3 s 1_s2+ (1 k2)s + (1 k1 +k2)I modi di risposta che si vogliono ottenere sonoete 1(t). Nellespressione diYLIBERA(s) dovranno comparirei termini1s + 1(trasformata di Laplace diet) e1s(trasformata di Laplace di 1(t)). Posso quindi gi` a imporreil determinante della matrice (sI - A) uguale as(s + 1), cioe_1 k2 = 11 k1 +k2) = 0_k1 = 1k2 = 019DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiLa matrice inversa (sI A)1calcolata precedentemente diventa(sI A)1=_s + 2 12 s 1_s2+s=__s + 2s(s + 1)1s(s + 1)2s(s + 1)s 1s(s + 1)__InoltreC(sI A)1= _1 1__s + 2s(s + 1)1s(s + 1)2s(s + 1)s 1s(s + 1)__ =_s + 4s(s + 1)s 2s(s + 1)_C(sI A)1x(0) =_s + 4s(s + 1)s 2s(s + 1)_ _x1(0)x2(0)_ ==(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 èYLIBERA(s) =3s + 1 + 4s=3s + 4s + 4s(s + 1)=7s + 4s(s + 1)Impongo quindi_ x1(0) +x2(0) = 74x1(0) 2x2(0) = 4_x2(0) = 7 +x1(0)4x1(0) 14 2x1(0) = 4_. . .6x1(0) = 18 x1(0) = 3_x1(0) = 3x2(0) = 4La soluzione richiesta èk = _1 0x(0) =_34_20Esercizio1.10Siconsideriilseguentesistema: x =_0 10 0_x +_10_uTrovare:1. larispostaallimpulsodellecomponentidelvettoredistato;2. le condizioni iniziali per cui la risposta libera delle componenti del vettore di stato è ugualeallarispostaallimpulso.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)1x(0). .RispostaLIBERA+(sI A)1BU(s). .RispostaFORZATALa risposta allimpulso delle componenti del vettore di stato corrisponde alla risposta forzata (sI A)1BU(s)quandou(t) = (t).u(t) = (t) U(s) = 1 X(s)(sI A)1B(sI A) =_s 10 s_det (sI A) = s2adj (sI A) =_s 01 s_(sI A)1=__1s1s201s__X(s) =__1s1s201s___10_ =_1s0_AntitrasformandoX(s) si ottiene la La risposta allimpulso delle componenti del vettore di stato.x(t) =_1(t)0_In maniera analoga è possibile calcolare la risposta libera del sistema.XL(s) = (sI A)1x(0) =__1s1s201s___x1(0)x2(0)_ =__x1(0)s+x2(0)s2x2(0)s__Perche la risposta libera delle componenti del vettore di stato sia uguale alla risposta forzata deve quindi essere_x1(0) = 1x2(0) = 0 x(0) =_10_21Esercizio1.11Siconsideriilseguentesistema___ x(t) =_0 16 5_x(t) +_12_u(t)y(t) = _1 0x(t)1. Supponendox(0) = 0,determinaresesiapossibiletrovareu(t)inmododaottenere(a) x1(1) =x2(1)(b) x2(1) = 2x1(1)2. Supponendo U(s) =1s, determinarelecondizioni iniziali x(0) = 0inmodotalechelarispostaglobalesiay(t) =12+12e2te3tt 0Determino lo spazio degli stati controllabili per valutare quali sono gli stati raggiungibili.P _B AB =_1 22 4_rank P= 1 dim{XC} = 1Una base dello spazio degli stati controllabili pu` o essere ricavata considerando una (essendo una la dimensionedellospaziodeglistaticontrollabili)colonnalinearmenteindipendentedellamatriceP. Consideriamoquindicome base il vettore_12_E quindi possibileraggiungeretutti gli stati del tipox2(t)= 2x1(t). Pertantononèpossibileottenerelostatox1(1) = x2(1) mentre è possibile raggiungere lo statox2(1) = 2x1(1):(a) Non possibile(b) PossibileLa risposta globale del sistema è data daY (s) = C(sI A)1x(0). .RispostaLIBERA+C(sI A)1BU(s). .RispostaFORZATADetermino, nella variabile complessas, i vari termini che costituiscono la risposta globale del sistema.(sI A) =_s 16 s + 5_det (sI A) = s(s + 5) + 6 = s2+ 5s + 6 = (s + 2)(s + 3)adj (sI A) =_s + 5 61 s_adjT(sI A) =_s + 5 16 s_22Esercizio1.11 DIST-UniversitàdiGenova(sI A)1=adjT(sI A)det (sI A)=__s + 5(s + 2)(s + 3)1(s + 2)(s + 3)6(s + 2)(s + 3)s(s + 2)(s + 3)__C(sI A)1= _1 0__s + 5(s + 2)(s + 3)1(s + 2)(s + 3)6(s + 2)(s + 3)s(s + 2)(s + 3)__ ==_s + 5(s + 2)(s + 3)1(s + 2)(s + 3)_C(sI A)1B =_s + 5(s + 2)(s + 3)1(s + 2)(s + 3)_ _12_ =1s + 2C(sI A)1x(0) =_s + 5(s + 2)(s + 3)1(s + 2)(s + 3)_ _x1(0)x2(0)_ ==x1(0)s +_5x1(0) +x2(0)(s + 2)(s + 3)C(sI A)1BU(s) =1s + 2 1s=1s(s + 2)La risposta globale del sistema è quindiY (s) =x1(0)s +_5x1(0) +x2(0)(s + 2)(s + 3)+1s(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)Talefunzionenellavariabilecomplessasdeveessereugualeallatrasformatadi Laplacedellafunzionenellavariabile realet,y(t) =12 + 12e2te3t.L_y(t)_ = L_12 + 12e2te3t_=12s+12s + 2 1s + 3==12(s + 2)(s + 3) + 12s(s + 3) s(s + 2)s(s + 2)(s + 3)==12s2+ 52s2s + 3 + 12s2+ 32s s22ss(s + 2)(s + 3)==2s + 3s(s + 2)(s + 3)Devo quindi imporre_x1(0) = 01 + 5x1(0) +x2(0) = 2_x1(0) = 0x2(0) = 1Le condizioni iniziali richieste sonox(0) =_01_23Esercizio1.12Datoilsistemadiordinen: x(t) =Ax(t) A = 0Discuterelastabilitàedireselaproprietàtrovatadipendedallordinendelsistema.Una matrice A = 0 deve essere vista come una matrice diagonale i cui valori della diagonale sono tutti nulli. Dicosenguenza, è immediato che il polinomio caratteristico del sistema è() = nHo un polo in 0 con molteplicit` a algebrica pari an. E necessario andare a vericare la molteplicit` a del polo in0 nel polinomio minimo. Il polinomio minimo pu` o essere determinato in pi` u modi.1. Attraverso lo studio dim() =()()dove() è il massimo comun divisore di tutti i termini della matrice adj (sI A).La matrice adj (sI A) del sistema dato ha la forma__n10 00 n1 0............0 0 n1__e quindi è immediato che() = n1Il polinomio minimo èm() =nn1= La determinazione del polinomio minimo attraverso lo studio del minimo comune multiplo dei denominatoridegli elementi della matrice (sI A)1è conseguenza diretta del metodo appena visto. In ogni caso(sI A)1=__10 001 0............0 0 1__e quindim() = 2. Applico il teorema di Caley-Hamilton. Se la matriceA verica il polinomioi, 1 i n, allora esso sar` ail polinomio minimo. Essendo la matriceA nulla, essa soddisfa certamente il polinomio = 0.Il polinomio minimo è quindim() = 24Esercizio1.12 DIST-UniversitàdiGenova3. Determino la dimensionek dellautospazio relativo allautovalore nullo e applico la relazioneck m ck + 1dove cè la molteplicit` a dellautovalore in questione nel polinomio caratteristico mè la molteplicit` a dellautovalore in questione nel polinomio minimoLa dimensione dellautospazio relativo allautovalore nullo si determina attraverso lo studio dellequazioneomogenea(0I A) z = 0dovez è un generico vettoren-dimensionale.__0 0 00 0 0............0 0 0____z1z2...zn__ =__00...0____00...0__ =__00...0__La dimensione dellautospazio èn.Quindinn m n n + 11 m 1m= 1Il polinomio minimo èm() = Il sistema dato è semplicemente stabile e tale propriet` a non dipende dallordinen del sistema.25Esercizio1.13SiconsideriunsistemarappresentatodallaseguentefunzioneditrasferimentoT(s) =s3+ s + 2s4+ s3+ s + 11. Determinarelastabilitàdelsistema;2. Calcolarelarispostaallimpulsoh(t);3. Cacolarelimth(t).Il denominatore della funzione data pu` o essere scritto nel seguente modos4+s3+s + 1 = s3(s + 1) + (s + 1) == (s + 1)(s3+ 1) == (s + 1)2(s2s + 1) == (s + 1)2_s 1 32__s 1 +32_Ilsistemapresentaunacoppiadipolirealicoincidentiins= 1eunacoppiadipolicomplessiconiugatiaparte reale positivas =1 32. Il sistema è instabile.Possoarrivareallostessorisultatoapplicandoil criteriodiRouth-Hurwitz. IlcriteriodiRouth-Hurwitzpu` oessere applicato solamente se il polinomio al denominatore è completo e se tutti i suoi coecienti sono positivi(condizioni necessarie ma non sucienti). Utilizzo quindi, come coeciente del termine mancantes2un valorepositivo piccolo a piacere.s411s31 1 0s2 1 1 0s210 01 1 0 0Il terzo valore della prima colonna, 1 è da considerare negativo. Questo basta a concludere che il sistema èinstabile.Larispostaallimpulsoèlantitrasformatadi Laplacedellafunzionedi trasferimento. Perantitrasformare,utilizzo il metodo della scomposizione in fratti semplici.s3+s + 2s4+s3+s + 1=As + 1 +B(s + 1)2+C +Dss2s + 1A(s + 1)(s2s + 1) +B(s2s + 1)++ (C + Ds)(s2+ 2s + 1) =s3+ s + 2As3As2+As +As2As +A+B2Bs +B++ Cs2+ 2Cs + C + Ds3+ 2Ds2+ Ds =s3+ s + 226Esercizio1.13 DIST-UniversitàdiGenova___A+D = 1B +C + 2D = 0B + 2C +D = 1A+B +C = 2___D = 1 A2A+B +C = 2AB + 2C = 0A+B +C = 2___D = 1 AB = 2 AC3A = 2 3C3C = 2 C =23___D = 1 AB =43 A3A = 4 A =43C =23___D = 1 43= 13B =43 43= 0A =43C =23s3+s + 2s4+s3+s + 1=43 1s + 1 +23 13ss2s + 1Attraverso il completamento dei quadrati e opportune operazioni algebriche, posso scrivere il termine23 13ss2s + 1nel seguente modo.23 13ss2s + 1=23 13ss2s + 14 + 34=23 13s_s 12_2+ 34= 13 s 2_s 12_2+_32_2= 13 s 12_s 12_2+_32_2+ 13 32_s 12_2+_32_2== 13 s 12_s 12_2+_32_2+3332_s 12_2+_32_2La funzione da antitrasformare è quindi43 1s + 1 13 s 12_s 12_2+_32_2+3332_s 12_2+_32_2Antitrasformando si ottiene la risposta allimpulsoh(t) del sistema dato.h(t) =43et 13e12tcos32t +33e12tsin32t ==43et 13e12t_cos32t 3 sin32t_27DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiLarispostaallimpulsoh(t)èunafunzionenellavariabilereale t costituitadatrecomponenti. Laprimacomponente,43et, è una funzione esponenziale negativa e quindi il suo contributo si esaurisce pert . Laseconda e la terza componente costituiscono una funzione sinusoidale il cui inviluppo è la funzione esponenzialepositivae12t; questo termine diverge al crescere del tempo.Pertanto, il limite pert della risposta allimpulsoh(t) non esiste.28Esercizio1.14Siconsideriilseguentesistema: x =_3 k0 3_x +_h1_uPerqualikehilsistema ècompletamentecontrollabile?Devo imporre il determinante diP _B AB diverso da 0.AB =_3 k0 3_ _h1_ =_3h +k3_P=_h 3h +k1 3_det P= 3h 3h k = kdet P = 0 h, k = 0Il sistema è quindi completamente controllabile per qualsiasih e perk diverso da 0.29Esercizio1.15Siconsideriilseguentesistema: x(t) =__1 0 k0 1 00 0 1__x(t) +__012__u(t)Perqualikilsistema ècompletamentecontrollabile?E suciente imporre il determinante di P _B AB A2B diverso da 0 (che equivale a imporre rank P= 3).AB =__1 0 k0 1 00 0 1____012__ =__2k12__A2B =__1 0 k0 1 00 0 1____2k12__ =__4k12__La matricePè quindiP=__0 2k 4k1 1 12 2 2__Lasecondaelaterzariga, chenondipendonodal parametrok, sonolinearmentedipendenti (R3= R2).Questo vuol dire chedet P= 0 k Rrank P 2 k RIl sistema dato non è mai completamente controllabile.30Esercizio1.16Siconsiderilaseguenterispostaallimpulso:01th(t)/2e/4Determinarelafunzioneditrasferimento;Retroazionareilsistemasulluscitaedeterminarekinmodocheilsistemarisulti:1. noncompletamentecontrollabileenoncompletamenteosservabile;2. semplicementestabile;3. asintoticamentestabile.Larispostaallimpulsoingura èunasinusoidechetendeazeropert epresentaunvalorediversodazero nellorigine. Essa pu` o quindi essere scritta comeh(t) = a ebt cos tdovea,b e sono tre parametri reali da determinare in base alle seguenti considerazioni:1. nellorigine h(t) vale 1, cioeh(0) = 1;2. la frequenza della sinusoide è doppia;3. in2la risposta allimpulso vale e4 .Dalla prima considerazione si ottiene:h(0) = a e0 cos 0 = 1 a = 1Dalla seconda considerazione si ottiene: = 2Dalla terza considerazione si ottiene:h_2_ = 1 eb2 cos 22= e4 eb2= e4 b =12La risposta allimpulso è quindih(t) = e12t cos 2tLa funzione di trasferimento èT(s) = H(s) =s 12_s 12_2+ 4=s 12s2+s + 14 + 4=4s 24s2+ 4s + 1731DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiLa funzione di trasferimento appena determinata corrisponde alla seguente relazione ingresso/uscita y(t) + y(t) + 174y(t) = u(t) 12u(t)E quindi possibile mettere il sistema in equazioni di stato utilizzando la particolare realizzazione denominataforma compagna controllabile. Nel nostro casoa0 =174a1 = 1b0 = 12b1 = 1 b2 = 0e quindi___ x(t) =_0 11741_x(t) +_01_u(t)y(t) =_121_x(t)Il sistemaottenutoattraversolaformacompagnacontrollabileèsicuramentecompletamentecontrollabile.Verichiamo comunque questo fatto attraverso lo studio del rango della matriceP _B | AB.AB =_0 11741__01_ =_11_P=_0 11 1_ rank P= 2Il rango della matrice Pè 2 e quindi il sistema è completamente controllabile. Verico losservabilit` a attraversolo studio del rango della matriceQ _CCA_.CA =_121__0 11741_ =_17432_Q =__12117432__ rank Q = 2Il rango della matriceQ è 2 e quindi il sistema è anche completamente osservabile.Unaretroazionealgebricasulluscitanonmodicalecaratteristichedi controllabilit` aedi osservabilit` a. Diconseguenza non potr` a esistere alcunkche renda il mio sistema non completamente controllabile e non com-pletamente osservabile. Verico comunque questo fatto.Il sistema retroazionato è___ x(t) =_0 11741_x(t) +_01__v(t) k y(t)_y(t) =_121_x(t)___ x(t) =_0 11741_x(t) _0k_ _121_x(t) +_01_v(t)y(t) =_121_x(t)___ x(t) =_0 11741_x(t) _0 0k2k_x(t) +_01_v(t)y(t) =_121_x(t)32Esercizio1.16 DIST-UniversitàdiGenova___ x(t) =_0 1k2 174k 1_x(t) +_01_v(t)y(t) =_121_x(t)Determiniamo il rango delle matriciPeQ del sistema retroazionato.AB =_0 1k2 174k 1__01_ =_1k 1_P=_0 11 k 1_ rank P= 2 kCA =_121__0 1k2 174k 1_ =_k2 174k 32_Q =__121k2 174k 32__ rank Q = 2 kComeèpossibilevedere, il rangodellematrici Pe Qèmassimoindipendentementedal parametrok. Diconseguenza, il sistema retroazionato sar` a completamente controllabile e completamente osservabile k.Per vericare la propriet` a di stabilit` a del sistema retroazionato, determino il determinante della matrice (sIA).(sI A) =_s 1k2 + 174s +k + 1_det (sI A) = s(s +k + 1) k2 + 174== s2+ (k + 1)s +_174k2_Il sistema retroazionato è semplicemente stabile perk + 1 > 0 174k2= 0k > 1 17 = 2kk =172Il sistema retroazionato è asintoticamente stabile perk + 1 > 0 174k2> 0k > 1 17 > 2kk > 1 k 12E quindi possibilestabilizzareil sistemaattraversounaretroazionealgebricaksulluscita. Conk >12ègarantita lasintotica stabilit` a (mentre non è possibile avere semplice stabilit` a).Per determinare il valore a regime della risposta al gradino del sistema retroazionato algebricamente sulluscita,utilizzo lespressione delluscita nella variabile complessas,Y (s) = T

(s)U(s) ==2(s + 2)s_s2+ (2k 1)s + 2(2k 1)_eapplicoil teoremadel valorenale(chepossoapplicareesclusivamentesupponendok>12; infatti solosek >12possiamo aermare che limty(t) esiste nito).limty(t) = lims0sY (s) == lims02(s + 2)s2+ (2k 1)s + 2(2k 1)=22k 1A questo punto devo imporre___22k 1< 1k >12_2 < 2k 1k >12___k >32k >12Peraverearegimelarispostaal gradinodel sistemaretroazionatoalgebricamentesulluscitalimitatatra 2,deve quindi esserek >32.49Esercizio1.22Siconsideriilseguentesistema EETEhsy(t)++ ETEE1(s + 1)(s + 3)ks++u(t)1. Studiare la controllabilità e losservabilità, al variare dik, h = 0, sia attraverso lalgebra deiblocchisiamettendoilsistemainequazionidistato;2. Per k =h = 3, determinare laparte oscillante di y(t) incorrispondenzadi condizioniinizialinulleeu(t) = sin3t.Eliminiamo innanzitutto, attraverso lalgebra dei blocchi, i due nodi sommatori. ETEEEETEE E E Eks++hs++s + kss + hsIl sistema pu` o essere riscritto nel seguente modoE E E E1(s + 1)(s + 3)u(t) y(t)s + kss + hsPer studiare la controllabilit` a e losservabilit` a attraverso lalgebra dei blocchi, devo andare a vedere le possibilicancellazioni polo/zeroezero/polo. E notoinfatti cheunaqualsiasi cancellazionepolo/zeroimplicalanoncompleta osservabilit` a del sistema e una qualsiasi cancellazione zero/polo implica la non completa controllabilit` adel sistema.Quindi:Il sistema risulta non completamente controllabile e completamente osservabile sek = 1 k = 3 h = 1 h = 3Il sistema risulta completamente controllabile e non completamente osservabile sek = 1 k = 3 h = 1 h = 3Il sistema risulta non completamente controllabile e non completamente osservabile sek = 1 k = 3 h = 1 h = 350Esercizio1.22 DIST-UniversitàdiGenovaIl sistema risulta completamente controllabile e completamente osservabile sek = 1 k = 3 h = 1 h = 3Metto il sistema in equazioni di statoE E E ES1S2S3y(t) u(t)Le relazioni ingresso/uscita dei sottosistemi sonoS1: y1(t) = u1(t) +ku1(t)S2: y2(t) + 4 y2(t) + 3y2(t) = u2(t)S3: y3(t) = u3(t) +hu3(t)Utilizzando, per ciascuno dei tre sottosistemi, la forma compagna controllabile, si ottieneS1:_ x1(t) = u1(t)y1(t) = kx1(t) +u1(t)S2:___ x2(t) =_0 13 4_x2(t) +_01_u2(t)y2(t) = _1 0x2(t)S3:_ x3(t) = u3(t)y3(t) = hx3(t) +u3(t)Le relazioni tra gli ingressi e le uscite dei sottosistemi sonou1(t) = u(t)u2(t) = y1(t)u3(t) = y2(t)y(t) = y3(t)Si ha quindi x1(t) = u(t) x2,1(t) = x2,2(t) x2,2(t) = 3x2,1(t) 4x2,2(t) +kx1(t) +u(t) x3(t) = x2,1(t)y(t) = hx3(t) +x2,1(t)e il sistema in equazioni di stato è___ x(t) =__0 0 0 00 0 1 0k 3 4 00 1 0 0__x(t) +__1010__u(t)y(t) = _0 1 0 hx(t)Determino la controllabilit` a e losservabilit` a attraverso lo studio del rango delle matrici P _B |AB |A2B |A3B eQ __CCACA2CA3__.51DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiA2=__0 0 0 00 0 1 0k 3 4 00 1 0 0____0 0 0 00 0 1 0k 3 4 00 1 0 0__ =__0 0 0 0k 3 4 04k 12 13 00 0 1 0__A3=__0 0 0 00 0 1 0k 3 4 00 1 0 0____0 0 0 0k 3 4 04k 12 13 00 0 1 0__ =__0 0 0 04k 12 13 013k 39 40 0k 3 4 0__Si haP=__1 0 0 00 1 k 4 13 4k1 k 4 13 4k 13k 400 0 1 k 4__det P= _(13 4k)(k 4) (13k 40)+(k 4)_(k 4)2(13 4k) == 13k 52 4k2+ 16k 13k + 40+(k 4)[k2+ 16 8k 13 + 4k] == 13k 52 4k2+ 16k 13k + 40+k3+ 4k23k + 4216k + 12 == k3+ 4k23k == k(k24k + 3) == k(k 3)(k 1)Il rango della matricePè massimo quandok = 0,k = 1 ek = 3. Di conseguenza, essendo per ipotesik = 0, ilsistema risulta non completamente controllabile perk = 1 k = 3La matriceQ èQ =__0 1 0 h0 h 1 0k 3 h 4 0kh 4k 12 3h 13 4h 0__det Q = h__k(12 3h) + 3(kh 4k)+h_k(13 4h) (kh 4k)(h 4)_ == h_[12k 3kh + 3kh 12k]+h[13k 4kh kh2+ 4kh + 4kh 16k]_ == 3kh + 4kh2kh3Suppongo, come da ipotesi,h = 0 ek = 0 e consideroh34h2+ 3h = h(h24h + 3) == h(h 1)(h 3)Il rango della matrice Q è massimo quando h = 1 e h = 3. Di conseguenza, il sistema risulta non completamenteosservabile perh = 1 h = 3Pongoh = k = 352Esercizio1.22 DIST-UniversitàdiGenovaLafunzione di trasferimentodel sistemapu` oessere agevolmente calcolatadal sistemainiziale utilizzandolalgebra dei blocchi.T(s) =s +3s1(s + 1)(s + 3) s +3s=(s +3)2s2(s + 1)(s + 3)Lingresso dato, nella variabile complessas, èU(s) = L_sin3t_ =3s2+ 3Essendo nulle le condizioni iniziali, luscita del sistema è data daY (s) = T(s) U(s)La parte oscillante diy(t) si pu` o determinare utilizzando la teoria sulla risposta in frequenza. Il modulo dellaparte oscillante è dato daT(3j)mentre la fase da_T(3j)Si ha quindiT(3j) =(3j +3)23(3j + 1)(3j + 3) ==3 + 3 + 6j3(3 + 33j +3j + 3) ==6j123j == 123_T(3j) = _123 + 0j_ == + arctan 0 == La parte oscillante diy(t) èyo(t) = 123 sin (3t +) =123 sin3t53Esercizio1.23Siconsideriilseguentesistema: E ETEcE Eu1(t) k1s + 2y(t)u2(t)+ + +Determinareilparametrokinmodoche:1. ilsistemasiastabile;2. con u1(t) = 1(t) e u2(t) = sin 2t, a regime la parte oscillante sia in modulo minore di110dellapartecostante.Determino lespressione delluscita nella variabile complessas.Y (s) =1s + 2_U2(s) +k_U1(s) Y (s)__ ==1s + 2_kU1(s) +U2(s) kY (s)_ ==ks + 2U1(s) +1s + 2U2(s) ks + 2Y (s)_1 +ks + 2_Y (s) =ks + 2U1(s) +1s + 2U2(s)s + 2 +ks + 2Y (s) =ks + 2U1(s) +1s + 2U2(s)Y (s) =ks + 2 +kU1(s) +1s + 2 +kU2(s)Il mio sistema presenta un unico polo ins = 2 k. Perche sia garantita la stabilit` a (BIBO) deve essere2 k < 0 k > 2Determinolespressionedelluscitanellavariabilereale t. Nel seguito, indicheremocony1(t) il contributodelluscita dovuto allingressou1(t) e cony2(t) quello dovuto au2(t).Determinoy1(t).T1(s) =ks + 2 +kU1(s) =1sY1(s) =ks(s + 2 +k)Antitrasformo utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici.ks(s + 2 +k)=As+Bs + 2 +kAs + 2A+kA+Bs = k54Esercizio1.23 DIST-UniversitàdiGenova_A+B = 0(2 +k)A = k___A =k2 +kB = k2 +kY1(s) =k2 +k1s k2 +k1s + 2 +ky1(t) =k2 +k1(t) k2 +ke(2+k)tLuscitay1(t)ècompostadaungradinoedaunesponenzialedescrescente(supponendoil sistemastabileequindik > 2, altrimenti non si pu` o parlare di regime). A regime rimane solamente il gradino, cioelimty1(t) =k2 +kDeterminoy2(t).T2(s) =1s + 2 +kU1(s) =2s2+ 4Y2(s) =2(s + 2 +k)(s2+ 4)Antitrasformo utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici.2(s + 2 +k)(s2+ 4)=As + 2 +k +Bs2+ 4 +Css2+ 42 = As2+ 4A+Bs + 2B +kB +Cs2+ 2Cs +kCs___A+C = 0B + (2 +k)C = 04A+ (2 +k)B = 2___A = CB + (2 +k)C = 04C + (2 +k)B = 2___A = CB = (2 +k)C4C (2 +k)2C = 2___A = CB = (2 +k)CC_4 + (2 +k)2_ = 2___A =2k2+ 4k + 8B =2(2 +k)k2+ 4k + 8C = 2k2+ 4k + 8Y2(s) =2k2+ 4k + 81s + 2 +k +2 +kk2+ 4k + 82s2+ 4 2k2+ 4k + 8ss2+ 4y2(t) =2k2+ 4k + 8e(2+k)t+2 +kk2+ 4k + 8 sin 2t 2k2+ 4k + 8 cos 2tLuscitay2(t) è composta da unesponenziale descrescente e da una parte sinusoidale costituita dal secondo edal terzo termine. La parte sinusoidale è del tipoa sin t +b cos tche pu` o essere scritto come_a2+b2sin_t + arctanba_dove a2+b2e arctanbarappresentano rispettivamente il modulo e la fase della curva sinusoidale. Nel nostrosistemaa =2 +kk2+ 4k + 8b = 2k2+ 4k + 855DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemie quindi il modulo della parte oscillante a regime èk2+ 4k + 4 + 4k2+ 4k + 8= k2+ 4k + 8k2+ 4k + 8=1k2+ 4k + 8Allo stesso valore potevo arrivare molto pi` u rapidamente tilizzando la teoria sulla risposta in frequenza calcolandodirettamente il modulo |T2(j)|.T2(2j) =12j + 2 +k=1(2 +k) + 2jIl modulo di un numero complesso nella forma1a +jbè uguale a1a2+b2. Nel nostro casoa = 2 +k b = 2e quindi il modulo della parte oscillante a regime è1k2+ 4k + 8A questo punto è necessario imporre1k2+ 4k + 8 2), i termini a denominatore (2+k) e k2+ 4k + 8 sono entrambipositivi k > 2. Posso quindi risolvere la disequazione10(2 +k) _k2+ 4k + 8 < 0_k2+ 4k + 8 > 10(2 +k)Essendo k2+ 4k + 8 e (2 +k) entrambi positivi, si hak2+ 4k + 8 > 400 + 400k + 100k299k2396k 392 > 02 299< k < 2 +299

2 2992 2 +299Quindi, a regime, la parte oscillante è in modulo minore di110della parte costante per 2 < k < 2 +299.56Esercizio1.24Siconsideriilseguentesistema ETE EcEu(t)d(t)y(t)1s + 1k+ + +Determinarekinmodocheleettodeldisturbosinusoidale,conpulsazione1rads,siaridottodi5volterispettoallacatenadiretta.Sulla catena diretta hoTyd(s) = 1Lampiezza delluscita è quindi uguale allampiezza del disturbo, cioe uguale a 1 (essendod(t) = sin t).Retroazionando, si ottiene:Y (s) = D(s) +1s + 1 _U(s) kY (s)_1 +ks + 1_Y (s) = D(s) +1s + 1U(s)e quindi la funzione di trasferimento tra luscitay(t) e il disturbod(t) diventaTyd(s) =11 +ks + 1=s + 1s + 1 +kLampiezza delleetto del disturbo è |Tyd(j1)|.Tyd(j1) =j + 1j + 1 +k=j + 1(k + 1) +j=(j + 1)_(k + 1) j_(k + 1)2+ 1)=kj +j + 1 +k + 1 jk2+ 2k + 2==k + 2k2+ 2k + 2 +jkk2+ 2k + 2|Tyd(j1)| =k2+ 4k + 4 +k2k2+ 2k + 2=2k2+ 2k + 2Percheleettodeldisturbonelsistemaretroazionatosiaridottodi5volterispettoallacatenadiretta, devoimporre2k2+ 2k + 2 6Analizzando laTyd(s), osserviamo che, quandok< 8, il denominatore presenta una soluzione reale positiva.Quindi, sek < 8, il sistema risulta instabile e questo non possiamo accettarlo.Si pu` o quindi concludere che leetto del disturbo nel sistema retroazionato è ridotto di almeno 5 volte rispettoalla catena diretta quandok > 658Parte2Esercizi AvanzatiSistemi aTempoDiscreto59Esercizio2.1Siconsideriilseguentesistema:___ x(t) =__0 0 01 1 01 0 0__x(t) +__110__u(t)y(t) = _1 0 0x(t)1. Discuterelastabilità,lacontrollabilitàelosservabilità;2. EettuareladecomposizionecanonicadiKalman;3. Determinarelarispostaimpulsivadelsistema.Perdiscuterelastabilit` adelsistemasidevonocalcolareipolidelsistema. Determinoquindilesoluzionidelpolinomio caratteristico:det_I A_ = 0 det____ 0 01 + 1 01 0 ____ = 02( + 1) = 0Ho un polo in -1 e un polo in 0 con molteplicit` a doppia. Non posso ancora concludere nulla sulla stabilit` a delsistema avendo un polo in 0 a molteplicit` a doppia che potrebbe rendermi il sistema sia semplicemente stabile cheinstabile (in ogni caso il sistema non potr` a mai risultare asintoticamente stabile). Devo vericare la molteplicit` adel polo in 0 allinterno del polinomio minimo.Vengono di seguito proposte due diverse metodologie per determinare la molteplicit` a del polo in 0 nel polinomiominimo.1. Applico il teorema di Caley-Hamilton. Se la matrice A verica il polinomio (+1) (cioe se A(A+I) = 0),allora esso sar` a il polinomio minimo. Altrimenti, la matrice A soddisfer` a per forza il polinomio2( + 1)(cioeA2(A+I) = 0), e il polinomio minimo sar` a quindi proprio2( + 1).A(A+I) =__0 0 01 1 01 0 0______0 0 01 1 01 0 0__+__1 0 00 1 00 0 1____ ==__0 0 01 1 01 0 0____1 0 01 0 01 0 1__ =__0 0 00 0 01 0 0__ = 0Verico cheA soddis eettivamente il polinomio2( + 1).A2(A+I) =__0 0 01 1 01 0 0____0 0 01 1 01 0 0______0 0 01 1 01 0 0__+__1 0 00 1 00 0 1____ ==__0 0 01 1 00 0 0____1 0 01 0 01 0 1__ =__0 0 00 0 00 0 0__Il polinomio minimo è quindi2( + 1).61DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemi2. Determino il polinomio minimo come rapporto tra il polinomio caratteristico() e(), denito comeil massimo comune divisore di tutti i polinomi non nulli in adjT _I A_.adj_I A_ =__( + 1) + 10 200 0 ( + 1)__adjT _I A_ =__( + 1) 0 0 20 + 1 0 ( + 1)__E evidente come sia() = 1e quindi il polinomio minimo èm() =()()=2( + 1)1= 2( + 1)In ogni caso la molteplicit` a del polo in 0 nel polinomio minimo è 2 e quindi il sistema dato è instabile.Per discutere la controllabilit` a del sistema, determino la matriceP _BABA2B vericandone il suo rango.AB =__0 0 01 1 01 0 0____110__ =__001__A2B =__0 0 01 1 00 0 0____110__ =__000__P=__1 0 01 0 00 1 0__rank_P_ = 2Il sistema dato è non completamente controllabile.Per discutere losservabilit` a del sistema, determino la matriceQ __CCACA2__ vericandone il suo rango.CA = _1 0 0__0 0 01 1 01 0 0__ = _0 0 0CA2= _1 0 0__0 0 01 1 00 0 0__ = _0 0 0Q =__1 0 00 0 00 0 0__rank_P_ = 1Il sistema dato è non completamente osservabile.Per eettuare la decomposizione canonica di Kalman, determino il sottospazio di raggiungibilit` a e il sottospaziodi non osservabilit` a, nonche i sottospazi algebrici ortogonali ad essi. Tali sottospazi verranno utilizzati in seguitoper determinare i vettori che compongono la matrice di trasformazione.Sottopazio di raggiungibilit` aXR(costituito dalle colonne linearmente indipendenti della matriceP).XR =__1 01 00 1__62Esercizio2.1 DIST-UniversitàdiGenovaSottospazio algebricoXNR(sottospazio ortogonale aXR).____a b c__110__ = 0_a b c__001__ = 0_a +b = 0c = 0_a = bc = 0XNR =__110__Sottospazio di non osservabilit` aXNO(costituito da tutti i vettori = 0, R3, tali cheQ = 0).__1 0 00 0 00 0 0____abc__ = 0 ___a = 00 = 00 = 0 1 =__010__, 2 =__001__XNO =__0 01 00 1__Sottospazio algebricoXO(sottospazio ortogonale aXNO).____a b c__010__ = 0_a b c__001__ = 0_b = 0c = 0XO =__100__A questo punto si possono calcolare i vettori che costituiscono la matrice di trasformazioneT. La matriceTèinfatti costruita nel seguente modo:T= _T1T2T3T4dove: T1 è costruita con vettori base diX1XR XNO(insieme dei vettori controllabili e non osservabili) T2 è costruita con vettori base diX2XR_XNR +XO_ (insieme dei vettori controllabili e osservabili) T3 è costruita con vettori base diX3XNO _XNR + XO_ (insieme dei vettori non controllabili e nonosservabili) T4 è costruita con vettori base diX4XNR XO(insieme dei vettori non controllabili e osservabili)Nel nostro caso:X1XR XNO =__1 01 00 1____0 01 00 1__ =__001__X2XR _XNR +XO_ =__1 01 00 1______110__+__100____ =__1 01 00 1____1 11 00 0__ =__110__X3XNO _XNR +XO_ =__0 01 00 1______110__+__100____ =__0 01 00 1____1 11 00 0__ =__010__63DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiX4XNR XO =__110____100__ = e quindi la matrice di trasformazione è:T=__0 1 00 1 11 0 0__Lamatricedi trasformazioneTèunamatricearangopienoequindi invertibile. LamatriceinversaT1ècalcolata nel seguente modo:T1__0 1 0 1 0 00 1 1 0 1 01 0 0 0 0 1____1 0 0 0 0 10 1 0 1 0 00 1 1 0 1 0____1 0 0 0 0 10 1 0 1 0 00 0 1 1 1 0__T1=__0 0 11 0 01 1 0__Pongox = Tz.Il nuovo sistema che si ottiene, nelle variabiliz1,z2ez3, sar` a a blocchi, e in particolare assumer` a la forma_____ z1(t) z2(t) z3(t)__ =__A11A12A130A2200 0A33____z1(t)z2(t)z3(t)__+__B1B20__u(t)y(t) = _0C20__z1(t)z2(t)z3(t)__con: z1variabile controllabile e non osservabile ( A11matrice [1 1],B1vettore colonna [1 1]); z2variabilecontrollabileeosservabile( A22matrice[1 1],B2vettorecolonna[1 1],C2vettoreriga[1 1]); z3variabile non controllabile e non osservabile ( A33matrice [1 1]).Tali valori sono compatibili con il valore del rango delle matriciPeQ precedentemente calcolate.Eettuo il cambiamento di base._T z(t) = ATz(t) +Bu(t)y(t) = CTz(t)_ z(t) = T1ATz(t) +T1Bu(t)y(t) = CTz(t)T1A =__0 0 11 0 01 1 0____0 0 01 1 01 0 0__ =__1 0 00 0 01 1 0__T1AT=__1 0 00 0 01 1 0____0 1 00 1 11 0 0__ =__0 1 00 0 00 0 1__T1B =__0 0 11 0 01 1 0____110__ =__010__CT= _1 0 0__0 1 00 1 11 0 0__ = _0 1 064Esercizio2.1 DIST-UniversitàdiGenovaIl nuovo sistema è___ z(t) =__0 1 00 0 00 0 1__z(t) +__010__u(t)y(t) = _0 1 0__z1(t)z2(t)z3(t)__Notare come la nuova matriceA sia in forma di Jordan. In tale matrice si riconoscono immediatamente i polidel sistema e la moltemplicit` a doppia del polo nellorigine. 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._sI A_1=adjT _sI A_(s)=__s(s + 1) 0 0s s20s + 1 0 s(s + 1)__s2(s + 1)=__1s0 01s(s + 1)1s + 101s201s___sI A_1B =__1s0 01s(s + 1)1s + 101s201s____110__ =__1s1s1s2__C_sI A_1B = _1 0 0__1s1s1s2__=1sla risposta impulsiva èh(t) = L1_1s_ = 1(t)65Esercizio2.2Siconsideriilseguentesistema:___ x(t) =__1 0 10 1 00 0 1__x(t) +__111__u(t)y(t) = _1 0 1x(t)1. Discuterelastabilità,lacontrollablitàelosservabità;2. EseguireladecomposizionecanonicadiKalman;3. Determinarelarispostaimpulsivadelsistema.Perdeterminarelastabilit` adel sistemacalcoloi poli del sistema. Perfareci` o, determinolesoluzioni delpolinomio caratteristico.det (I A) = 0det___ 1 0 10 1 00 0 1___ = 0( 1)3= 0Ho 3 poli in 1. Il sistema è quindi instabile.Per determinare la controllabilit` a del sistema calcolo la matriceP _B AB A2B e studio il suo rango.A2=__1 0 10 1 00 0 1____1 0 10 1 00 0 1__ =__1 0 20 1 00 0 1__AB =__1 0 10 1 00 0 1____111__ =__211__A2B =__1 0 20 1 00 0 1____111__ =__311__P=__1 2 31 1 11 1 1__ rank P= 2Il rango della matricePè 2. Il sistema quindi è non completamente controllabile.Per determinare losservabilit` a del sistema calcolo la matriceQ __CCACA2__ e studio il suo rango.CA = _1 0 1__1 0 10 1 00 0 1__ = _1 0 2CA2= _1 0 1__1 0 20 1 00 0 1__ = _1 0 366Esercizio2.2 DIST-UniversitàdiGenovaQ =__1 0 11 0 21 0 3__ rank Q = 2Il rango della matriceQ è 2. Il sistema quindi è non completamente osservabile.Per eseguire la decomposizione canonica di Kalman devo innanzitutto determinare lo spazio degli stati raggiun-gibili e lo spazio degli stati non osservabili nonche i rispettivi spazi ortogonali.Determinolospaziodegli stati raggiungibili XR. EssoècostituitodaunabasedellamatriceP, cioedauninsieme di colonne linearmente indipendenti della matriceP.XR =__1 21 11 1__Determino lo spazio degli statiXNRortogonale aXR.____a b c__111__ = 0_a b c__211__ = 0_a +b +c = 02a +b +c = 0_a = b c2b 2c +b +c = 0_a = 0b = cXNR =__011__Determinolospaziodegli stati nonosservabili XNO. Essoègeneratodaunabase =0, RntalecheQ = 0.__1 0 11 0 21 0 3____abc__ = 0___a +c = 0a + 2c = 0a + 3c = 0_a = 0c = 0XNO =__010__Determino lo spazio degli statiXOortogonale aXNO._a b c__010__ = 0b = 0XO =__1 00 00 1__A questo punto è necessario determinare i seguenti insiemi:Insieme dei vettori controllabili e non osservabiliXR XNOXR XNO =__1 21 11 1____010__ = 67DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiInsieme dei vettori controllabili e osservabiliXR (XNR +X0)XR (XNR +X0) =__1 21 11 1_____011__+__1 00 00 1___ =__1 21 11 1____1 0 00 1 00 0 1__ =__1 21 11 1__Insieme dei vettori non controllabili e non osservabiliXNO (XNR +X0)XNO (XNR +X0) =__010_____011__+__1 00 00 1___ =__010____1 0 00 1 00 0 1__ =__010__Insieme dei vettori non controllabili e osservabiliXNR XOXNR XO =__011____1 00 00 1__ = La matrice di trasformazione è quindiT=__1 2 01 1 11 1 0__Per potere determinare la forma canonica di Kalman del sistema iniziale consideriamo il cambiamento di basex(t) = Tz(t). Si haT z(t) = ATz(t) +Bu(t) z(t) = T1ATz(t) +T1Bu(t)y(t) = CTz(t)T1__1 2 0 1 0 01 1 1 0 1 01 1 0 0 0 1__ __0 1 0 1 0 11 1 1 0 1 01 1 0 0 0 1____0 1 0 1 0 10 0 1 0 1 11 1 0 0 0 1__ __0 1 0 1 0 10 0 1 0 1 11 0 0 1 0 2__T1=__1 0 21 0 10 1 1__T1A =__1 0 21 0 10 1 1____1 0 10 1 00 0 1__ =__1 0 11 0 00 1 1__T1AT=__1 0 11 0 00 1 1____1 2 01 1 11 1 0__ =__0 1 01 2 00 0 1__T1B =__1 0 21 0 10 1 1____111__ =__100__CT= _1 0 1__1 2 01 1 11 1 0__ = _2 3 0Il nuovo sistema è quindi___ z(t) =__0 1 01 2 00 0 1__z(t) +__100__u(t)y(t) = _2 3 0z(t)68Esercizio2.2 DIST-UniversitàdiGenovaOvviamente i poli del sistema non sono cambiati (i poli del sistema sono sempre invarianti rispetto a cambiamentidi base), come si pu` o vedere dal seguente calcolo.det (I A) = det___ 1 01 2 00 0 1___ == ( 1)_( 2) + 1 = ( 1)(22 + 1) = ( 1)3Il nuovo sistema pu` o essere scritto nella seguente maniera_____ z1(t) z2(t) z3(t)__ =_A2200A33___z1(t)z2(t)z3(t)__+_B20_u(t)y(t) = _C20__z1(t)z2(t)z3(t)__doveA22,A33,B2eC2sonoA22 =_0 11 2_A33 = 1B2 =_10_C2 = _2 3e dovez1(t) ez2(t) sono variabilidi stato controllabilie osservabili mentrez3(t) è una variabile di stato noncontrollabile e non osservabile.La risposta allimpulso del sistema viene determinata attraverso il calcolo della funzione di trasferimento (con-sidero il sistema iniziale).(sI A) =__s 1 0 10 s 1 00 0 s 1__det (sI A) = (s 1)3adj (sI A) =__(s 1)20 00 (s 1)20s 1 0 (s 1)2__adjT(sI A) =__(s 1)20 s 10 (s 1)200 0 (s 1)2__(sI A)1=adjT(sI A)det (sI A)=__1s 101(s 1)201s 100 01s 1__C(sI A)1= _1 0 1__1s 101(s 1)201s 100 01s 1__==_1s 101(s 1)2+1s 1_C(sI A)1B =_1s 101(s 1)2+1s 1___111__ =2s 1 +1(s 1)2T(s) =2s 1(s 1)269DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiLa risposta allimpulso è semplicemente lantitrasformata della funzione di trasferimento.h(t) = L1_T(s)_ = L1_2s 1(s 1)2_Antitrasformo utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici.2s 1(s 1)2=As 1 +B(s 1)22s 1 = As A+B_A = 2B A = 1_A = 2B = 1L1_2s 1(s 1)2_ = L1_2s 1 +1(s 1)2_ = 2et+tetLa risposta allimpulso è quindih(t) = 2et+tet70Esercizio2.3Siconsideriilsistemaauningressoeunauscitarappresentatoda y(t) + y(t) = u(t) + u(t)cony(0) = 1e y(0) = 01. Mettereilsistemainequazionedistato;2. Studiarelastabilitàdelsistema;3. Nel caso in cui il sistema risulti instabile, progettare una retroazione per rendere il sistemastabile;4. Trovarey(t)essendou(t) = 2 1(t).Ingenerale, dataunarappresentazionedi unsistemasingle-input-single-outputdi cui si conoscelarelazioneingresso/uscita, èpossibiledeterminareunarappresentazioneintermini di equazioni di statoattraversodueparticolari realizzazioni:forma compagna controllabile;forma compagna osservabile.Entrambelerealizzazioni sonocorrette(esi possonoquindi utilizzare)quandononvi sonocancellazioni nelrapportodi polinomiN(s)D(s)dove N(s) =bnsn+. . . +b1s +b0e D(s) =sn+. . . +a1s +a0essendolarappresentazione ingresso/uscitay(n)(t) +. . . +a1 y(t) +a0y(t) = bnu(n)(t) +. . . +b1 u(t) +b0u(t).Verico questo fatto nel sistema dato.N(s) = s2+s = s(s + 1)D(s) = s + 1N(s)D(s)=s2+ss + 1=1sHo una cancellazione. In questo caso la forma compagna controllabile è una realizzazione corretta solo se nonsi deve tenere conto delle condizioni iniziali. Altrimenti è necessario realizzare il sistema nella forma compagnaosservabile.Nel sistemadatohoy(0)=1e y(0)=0, devocioetenerecontodellecondizioni iniziali. Utilizzoquindila forma compagna osservabile. Il sistema che otterr` o sar` a completamente osservabile ma non completamentecontrollabile.Consideriamo un generico sistema single-input-single-output la cui relazione ingresso/uscita èy(n)(t) +. . . +a1 y(t) +a0y(t) = bnu(n)(t) +. . . +b1 u(t) +b0u(t)e poniamoxn(t) = y(t) bnu(t)xn1(t) = y(t) +an1y(t) bn u(t) bn1u(t)...71DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemix2(t) =y(n2)(t) +an1y(n3)(t) +. . . +a2y(t) bnu(n2)(t)+bn1u(n3)(t) . . . b2u(t)x1(t) =y(n1)(t) +an1y(n2)(t) +. . . +a1y(t) bnu(n1)(t)+bn1u(n2)(t) . . . b1u(t)Derivando rispetto al tempo questultima equazione si ottiene x1(t) = y(n)(t) +an1y(n1)(t) +. . . +a1 y(t) bnu(n)(t)+bn1u(n1)(t) . . . b1 u(t)= a0y(t) +b0u(t)ed essendoy(t) = xn(t) +bnu(t)si ottiene x1(t) = a0xn(t) + (b0 a0bn)u(t)In maniera analoga otteniamo lespressione di x2(t) x2(t) = y(n1)(t) +an1y(n2)(t) +. . . +a2 y(t) bnu(n1)(t)+bn1u(n2)(t) . . . b2 u(t)= x1(t) a1y(t) +b1u(t) == x1(t) a1xn(t) + (b1 a1bn)u(t)e cos` via no a calcolare lespressione di xn(t).La realizzazione in forma compagna osservabile, in forma matriciale, è quindi___ x(t) =__0 0 . . . 0 a01 0 . . . 0 a10 1 . . . 0 a2...............0 0 . . . 1 an1__x(t) +__b0 a0bnb1 a1bnb2 a2bn...bn1 an1bn__u(t)y(t) = _0 0 . . . 0 1x(t) +bnu(t)Nel nostro casoa0 = 0 a1 = 1b0 = 1 b1 = 1 b2 = 0e quindi la realizzazione richiesta è___ x(t) =_0 01 1_x(t) +_11_u(t)y(t) = _0 1x(t)Per studiare la stabilit` a del sistema, determino i poli attraverso il calcolo del determinante della matrice (sI A).(sI A) =_s 01 s + 1_det (sI A) = s(s + 1)Ho un polo reale negativo (s = 1) e un polo nellorigine (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.72Esercizio2.3 DIST-UniversitàdiGenovaPosso aermare che il polos = 0 è un polo controllabile in quanto esso è il polo superstite nel rapporto dipolinomiN(s)D(s)vistoinprecedenza. Possocomunquevericarelacontrollabilit` adelpolos = 0attraversolostudio della matrice (sI A)1B.adj (sI A) =_s + 1 10 s_adjT(sI A) =_s + 1 01 s_(sI A)1=adjT(sI A)det (sI A)=__1s01s(s + 1)1s + 1__(sI A)1B =__1s01s(s + 1)1s + 1___11_ =__1s1s__E evidente come lunico polo controllabile sias = 0.Per rendere asintoticamente stabile il sistema posso utilizzare sia una retroazione sullo stato che una retroazionesulluscita.Retroazione sullo stato.Pongou(t) = kx(t) +v(t)conk = _k1k2. Si ha___ x(t) =_0 01 1_x(t) +_k1k2k1k2_x(t) +_11_v(t)y(t) = _0 1x(t)___ x(t) =_k1k2k1 + 1 k2 1_x(t) +_11_v(t)y(t) = _0 1x(t)Determiniamo i poli del sistema retroazionato.(sI A) =_s k1k2k1 1 s k2 + 1_det (sI A) = (s k1)(s k2 + 1) +k2(k1 1) == s2k2s +s k1s +k1k2 k1 k1k2 k2 == s2+ (1 k1 k2)s k1 k2s2+ (1 k1 k2)s k1 k2 = 0s =k1 +k2 12+ =_1 +k12+k222k1 2k2 + 2k1k2 + 4k1 +k22==k1 +k2 1 (1 +k1 +k2)2___s1 =2k1 + 2k22= k1 +k2s2 = 22= 1Notiamo come uno dei due poli sia sempres = 1. Infatti esso è un polo non controllabile che non pu` oessere spostato in alcun modo.In ogni caso, il sistema diventa asintoticamente stabile perk1 +k2< 073DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiRetroazione sulluscita.Pongou(t) = v(t) +hy(t)Si ha___ x(t) =_0 01 1_x(t) +_11_v(t) +_11__0 hx(t)y(t) = _0 1x(t)___ x(t) =_0 01 1_x(t) +_0 h0 h_x(t) +_11_v(t)y(t) = _0 1x(t)___ x(t) =_0 h1 h 1_x(t) +_11_v(t)y(t) = _0 1x(t)Determiniamo i poli del sistema retroazionato.(sI A) =_s h1 s h + 1_det (sI A) = s(s h + 1) h == s2hs +s h= s2+ (1 h)s hs2+ (1 h)s h = 0s =h 1 1 2h +h2+ 4h2==h 1 (h + 1)2___s1 =2h2= hs2 = 22= 1Il sistema diventa asintoticamente stabile perh < 0Lespressione delluscita nella variabile complessas èY (s) = C(sI A)1x(0) +C(sI A)1BU(s) == C(sI A)1x(0) +T(s)U(s)Nel nostro sistema abbiamo(sI A)1=__1s01s(s + 1)1s + 1__e quindiC(sI A)1= _0 1__1s01s(s + 1)1s + 1__ =_1s(s + 1)1s + 1_Le condizioni iniziali della variabile di stato, x(0), possono essere calcolate utilizzando le condizioni iniziali delsistema che si hanno nella rappresentazione tramite la relazione ingresso/uscita. Abbiamo visto che_x1(t) = y(t) +a1y(t) b2 u(t) b1u(t)x2(t) = y(t) b2u(t)74Esercizio2.3 DIST-UniversitàdiGenovae quindi_x1(0) = y(0) +a1y(0) b2 u(0) b1u(0)x2(0) = y(0) b2u(0)Nel nostro caso_x1(0) = y(0) +y(0) = 1x2(0) = y(0) = 1AbbiamoC(sI A)1x(0) =_1s(s + 1)1s + 1_ _11_ =1s(s + 1) + 1s=1sC(sI A)1B =_1s(s + 1)1s + 1_ _11_ =1s(s + 1) + 1s=1sC(sI A)1BU(s) =1s 2s=2s2Y (s) =1s +2s2La risposta del sistema richiesta èy(t) = L1_1s_+L1_ 2s2_ == (1 + 2t) 1(t)75Esercizio2.4Datoilsistemarappresentatoda y(t) + 6 y(t) + 8y(t) = u(t) + 2u(t)1. Determinareleequazionidistatodelsistema;2. Trovarelecondizioni iniziali per cui larispostaliberadel sistemaèugualeallarispostaallimpulso.Per potere mettere il sistema in equazioni di stato è necessario vericare se vi sono cancellazioni nella funzionerazionale frattaN(s)D(s)che si ottiene trasformando secondo Laplace la relazione ingresso/uscita data.N(s) = s + 2D(s) = s2+ 6s + 8N(s)D(s)=s + 2s2+ 6s + 8=s + 2(s + 2)(s + 4)=1s + 4Ho 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 delladualit` a alle matrici e ai vettori che si ottengono per la forma compagna controllabile).a1 = 6 b2 = 0a0 = 8 b1 = 1b0 = 2Ac =_0 1a0a1_ =_0 18 6_Bc =_01_Cc = _b0 b2a0b1 b2a1 = _2 1Applico il teorema della dualit` a:Ao = _Ac_TBo = _Cc_TCo = _Bc_TLe equazioni di stato del sistema sono quindi (forma compagna osservabile):___ x(t) =_0 81 6_x(t) +_21_u(t)y(t) = _0 1x(t)La risposta libera del sistema èC_sI A_1x(0)mentre la risposta allimpulso èC_sI A_1B76Esercizio2.4 DIST-UniversitàdiGenovaDeterminoC_sI A_1.sI A =_s 81 s + 6_adj_sI A_ =_s + 6 18 s_adjT _sI A_ =_s + 6 81 s_det_sI A_ = s(s + 6) + 8 = s2+ 6s + 8 = (s + 2)(s + 4)_sI A_1=__s + 6(s + 2)(s + 4)8(s + 2)(s + 4)1(s + 2)(s + 4)s(s + 2)(s + 4)__C_sI A_1=_1(s + 2)(s + 4)s(s + 2)(s + 4)_La risposta libera è quindiC_sI A_1x(0) =x1(0) +sx2(0)(s + 2)(s + 4)e la risposta allimpulso èC_sI A_1B =2 +s(s + 2)(s + 4)Per cui, perche si abbia la risposta libera uguale alla risposta allimpulso, deve essere_x1(0) = 2x2(0) = 1cioex(0) =_21_77Esercizio2.5Datoilsistemarappresentatoda y(t) + 4 y(t) + 4y(t) = u(t) + 2u(t)cony(0) = y(0) = 11. Mettereilsistemainequazionidistato;2. Determinarelarispostaliberadelsistema.Determinonumeratoreedenominatore dellafunzionerazionale frattachesi ottiene trasformandosecondoLaplace la relazione ingresso/uscita data.N(s) = s + 2D(s) = s2+ 4s + 4 = (s + 2)2N(s)D(s)=s + 2(s + 2)2=1s + 2Hounacancellazione. Inoltredevotenerecontodellecondizioniiniziali(essendoessediversedazero). Devoutilizzare obbligatoriamente la forma compagna osservabile.Parto dalla forma compagna controllabile e poi applico il teorema della dualit` a.a1 = 4 b2 = 0a0 = 4 b1 = 1b0 = 2Ac =_0 1a0a1_ =_0 14 4_Bc =_01_Cc = _b0 b2a0b1 b2a1 = _2 1Ao = _Ac_TBo = _Cc_TCo = _Bc_TLe equazioni di stato del sistema sono quindi (forma compagna osservabile):___ x(t) =_0 41 4_x(t) +_21_u(t)y(t) = _0 1x(t)Sia la risposta libera del sistemaYl(s) = C_sI A_1x(0)DeterminoC_sI A_1.sI A =_s 41 s + 4_78Esercizio2.5 DIST-UniversitàdiGenovaadj_sI A_ =_s + 4 14 s_adjT _sI A_ =_s + 4 41 s_det_sI A_ = s(s + 4) + 4 = s2+ 4s + 4 = (s + 2)2_sI A_1=__s + 4(s + 2)2)4(s + 2)21(s + 2)2s(s + 2)2__C_sI A_1=_1(s + 2)2s(s + 2)2_Le condizioni inizialix1(0) ex2(0) possono essere calcolate nel seguente modo.La forma compagna osservabile di un sistema di secondo grado (rappresentato cioe dalla relazione ingresso/uscita y(t) +a1 y(t) +a0y(t) = b2 u(t) +b1 u(t) +b0u(t)) è___ x(t) =_0 a01 a1_x(t) +_b0 b2a0b1 b2a1_u(t)y(t) = _0 1x(t)cioe___ x1(t) = a0x2(t) +_b0 b2a0_u(t) x2(t) = x1(t) a1x2(t) +_b1 b2a1_u(t)y(t) = x2(t)Si ha quindix2(t) = y(t)ex1(t) = x2(t) +a1x2(t) _b1 b2a1_u(t) == y(t) +a1y(t) _b1 b2a1_u(t)e di conseguenza_x1(0) = y(0) +a1y(0) _b1 b2a1_u(0)x2(0) = y(0)Nel nostro caso y(0) = 1 y(0) = 1 u(0) = 0e quindi_x1(0) = 1 + 4 1 1 0 = 5x2(0) = 1La risposta libera del sistema è, nella variabile complessas,Yl(s) =_1(s + 2)2s(s + 2)2_ _51_ =s + 5(s + 2)2Antitrasformo secondo Laplace utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici.s + 5(s + 2)2=As + 2 +B(s + 2)2=As + 2A+B(s + 2)2_A = 12A+B = 5_A = 1B = 5 2A = 5 2 = 3s + 5(s + 2)2=1s + 2 +3(s + 2)2L1_s + 5(s + 2)2_ = L1_1s + 2_+ 3L1_1(s + 2)2_La risposta libera del sistema è, nella variabile realet,yl(t) = e2t+ 3te2t79Esercizio2.6Siconsideriilseguentesistema gg gg gg gg ggggjjjjj j j j j

$ $$ $$ $$ $

$ $

$ $

'E _ÈcR1LC R2i2(t)i1(t)u(t) = vS(t)vC(t)conR1, R2, L, C> 01. Mettereilsistemainequazionidistato;2. Trovare x(t)aregimeperu(t) = 1(t);3. x(t) èunpuntodiequilibrio?4. Discuterelastabilitàdi x(t).Permettereloschemaelettricorappresentatoingurainequazionidistato, sidevonoutilizzarelerelazionifondamentali corrente-tensionedei trecomponenti costituenti il circuitoelettrico(resistore, condensatoreeinduttore).Resistore:vR(t) = Ri(t) gg gg gg gg gggg` T' Ri(t)vR(t)Condensatore:vC(t) =1C_t0i() d` T' Ci(t)vC(t)Induttore:vL(t) = Ldi(t)dt80Esercizio2.6 DIST-UniversitàdiGenovajjjjj j j j j` T' Li(t)vL(t)Nel sistema dato si hanno quindi le seguenti relazioni.vR1(t) = R1i1(t)vL(t) = Ldi1(t)dtvR2(t) = R2i2(t)dvC(t)dt=1C_i1(t) i2(t)_InoltrevC(t) = vR2(t)vS(t) = u(t)vS(t) = vR1(t) +vL(t) +vC(t)Sostituendo nellultima espressione le equazioni fondamentali, si ottieneu(t) = R1i1(t) +Ldi1(t)dt+R2i2(t)Considero come variabili di stato la correntei1(t) e la tensionevC(t). Scrivo quindi la precedente espressionecomeu(t) = R1i1(t) +Ldi1(t)dt+vC(t)e lequazione fondamentale del condensatore comedvC(t)dt=1C_i1(t) vC(t)R2_Pongox1(t) = i1(t)x2(t) = vC(t)ottenendo___u(t) = R1x1(t) +L x1(t) +x2(t) x2(t) =1C_x1(t) 1R2x2(t)____ x1(t) = R1Lx1(t) 1Lx2(t) +1Lu(t) x2(t) =1Cx1(t) 1R2Cx2(t)Le equazioni di stato dello schema elettrico rappresentato in gura sono x(t) =__R1L1L1C1R2C__x(t) +_1L0_u(t)Per calcolare lespressione del vettore di stato a regime, determino (sI A)1BU(s)(sI A) =__s +R1L1L1Cs +1R2C__81DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemidet (sI A) = s2+_R1L+1R2C_s +R1R2LC+1LC== s2+_R1L+1R2C_s +R1 +R2R2LCadj (sI A) =__s +1R2C1C1Ls +R1L__adjT(sI A) =__s +1R2C1L1Cs +R1L__(sI A)1=adjT(sI A)det (sI A)== s2+_R1L+1R2C_s +R1 +R2R2LC__s +1R2C1L1Cs +R1L__(sI A)1B = s2+_R1L+1R2C_s +R1 +R2R2LC__1L_s +1R2C_1LC__(sI A)1BU(s) = s2+_R1L+1R2C_s +R1 +R2R2LC__1L_s +1R2C_1LC__1sConsidero adesso separatamente le due componenti del vettore di stato. La prima componente èX1(s) =s +1R2CLs_s2+_R1L+1R2C_s +R1 +R2R2LC_Essendo tutti i parametri dellespressiones2+_R1L+1R2C_s +R1 +R2R2LCpositivi, tale contributo fornisce duepoli aparterealenegativail cui contributotendeazeroaregime. Devoquindi solamentevederequalèilcontributo dovuto al polo in 0. Applico il teorema del valore nale.lims0sX1(s) = lims0ss +1R2CLs_s2+_R1L+1R2C_s +R1 +R2R2LC_==1R2CR1 +R2R2C=1R1 +R2X1(s) a regime è uguale a1R1 +R2 1se quindi, antitrasformando x1(t) =1R1 +R2 1(t)La seconda componente èX2(s) =1LCs_s2+_R1L+1R2C_s +R1 +R2R2LC_82Esercizio2.6 DIST-UniversitàdiGenovaAnche in questo caso devo solamente vedere qualè il contributo dovuto al polo in 0. Applico di nuovo il teoremadel valore nale.lims0sX2(s) = lims0s1LCs_s2+_R1L+1R2C_s +R1 +R2R2LC_==1LCR1 +R2R2LC=R2R1 +R2X2(s) a regime è uguale aR2R1 +R2 1se quindi, antitrasformando x2(t) =R2R1 +R2 1(t)Il vettore di stato, a regime e con un ingressou(t) = 1(t), è quindi x(t) =__1R1 +R2R2R1 +R2__ 1(t)Per valutare se x è un punto di equilibrio, devo vedere se, sostituendo i valori di x1(t) e di x2(t) nelle equazionidi stato, si ottiene x1(t) = 0 e x2(t) = 0. x(t) =__R1L1L1C1R2C____1R1 +R2R2R1 +R2__ +_1L0_ ==__R1L(R1 +R2) R2L(R1 +R2) +1L1C(R1 +R2) 1C(R1 +R2)__ ==__(R1 +R2)L(R1 +R2) +1L0__ =_00_ x è quindi un punto di equilibrio.Per valutare se tale punto è un punto di equilibrio stabile, è suciente andare a vedere la stabilit` a dellinterosistema, essendo lo schema elettrico proposto un sistema lineare tempo invariante (LTI).Il polinomio caratteristico è2+_R1L+1R2C_ +R1 +R2R2LCche fornisce due poli a parte reale negativa (applicando la regola di Cartesio, ho due permanenze essendo tuttii parametri positivi).Il sistema è asintoticamente stabile e quindi x è un punto di equilibrio stabile.83Esercizio2.7Siconsideriilseguentesistemacompostodatrevaschecomunicantic _

c_c$$$$$$ $$$$$$$$$$$$usezioneserbatoio=Ak1 h1k2 h2u2u2h2h3h1Mettereilsistemainequazionidistato;SianoA = 5m2,k1 = 10m2/s,k2 = 5m2/s.1. Epossibileavereunuscitalimitataqualunquesialingressolimitato?2. Epossibileaverey(t) 0pert ?Per mettere in equazioni di stato il sistema di vasche comunicanti, è necessario utilizzare lequazione dinamicache regola la variazione del volume dellacqua allinterno di una vasca sulla base della portata di ingresso e dellaportata di uscita. Lequazione in questione èVariazione Volume = PortataIN PortataOUTNel nostro sistema si ha quindiA h1(t) =u(t)2k1h1(t)A h2(t) =u(t)2k2h2(t)A h3(t) = k1h1(t) +k2h2(t)che possono essere scritte comeh1(t) =12Au(t) k1A h1(t)h2(t) =12Au(t) k2A h2(t)h3(t) =k1A h1(t) +k2A h2(t)Considero come variabili di stato il livello dellacqua h1(t), h2(t) e h3(t) delle tre vasche. Lingresso del sistema èrappresentato dalla portata dingresso u(t). Inne, scelgo come uscita del sistema il volume dellacqua contenutanel terzo serbatoio,A h3(t). Pongo quindix1(t) = h1(t)84Esercizio2.7 DIST-UniversitàdiGenovax2(t) = h2(t)x3(t) = h3(t)y(t) = A x3(t)Si ottengono le seguenti variabili di stato x1(t) = k1A x1(t) +12Au(t) x2(t) = k2A x2(t) +12Au(t) x3(t) =k1A x1(t) +k2A x2(t)y(t) = A x3(t)che, scritte in forma matriciale, diventano___ x(t) =__k1A0 00 k2A0k1Ak2A0__x(t) +__12A12A0__u(t)y(t) = _0 0 Ax(t)Sostituisco i valori assegnati ottenendo il seguente sistema.___ x(t) =__2 0 00 1 02 1 0__x(t) +__1101100__u(t)y(t) = _0 0 5x(t)Determino i poli del sistema.(sI A) =__s + 2 0 00 s + 1 02 1 s__E una matrice triangolare inferiore, quindi è immediato che il determinante di tale matrice ès(s + 1)(s + 2)I poli del sistema sono quindis1 = 0s2 = 1s3 = 2Il sistema èsemplicementestabile. Non ègarantitalastabilit` aBIBO. Se, adesempio, mettoiningressoungradinoèmoltoprobabilecheil miosistemadiverga. Pervericarequestofattodeterminolafunzioneditrasferimento del sistema.adj (sI A) =__s(s + 1) 0 2(s + 1)0 s(s + 2) s + 20 0 (s + 1)(s + 2)__adjT(sI A) =__s(s + 1) 0 00 s(s + 2) 02(s + 1) s + 2 (s + 1)(s + 2)__85DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemi(sI A)1=adjT(sI A)det (sI A)=__1s + 20 001s + 102s(s + 2)1s(s + 1)1s__(sI A)1B =__1s + 20 001s + 102s(s + 2)1s(s + 1)1s____1101100__ ==__110 1s + 2110 1s + 1110 3s + 4s(s + 1)(s + 2)__C(sI A)1= _0 0 5__110 1s + 2110 1s + 1110 3s + 4s(s + 1)(s + 2)__=3s + 42s(s + 1)(s + 2)La funzione di trasferimento del sistema dato èT(s) =12 3s + 4s(s + 1)(s + 2)E sempre presente il termine1s(polo in 0). Non è quindi possibile avere unuscita che tende a 0 pert inquanto, al meglio, rimane sempre un gradino generato dal termine1s.86Esercizio2.8Datoilsistemarappresentatoingura,caratterizzatodaunautoveicoloinmovimento,j jhhhhttEE E'0.5Kgforzadi ingressou(t)forzadi attrito3v(t)posizionedi uscitay(t)velocitav(t)1. Mettereilsistemainequazionidistato;2. Studiarelastabilità,lacontrollabilitàelosservabilità;3. Se il sistema risulta instabile, progettare una retroazione in grado di stabilizzare il sistema.Per mettere il sistema rappresentato in gura in equazioni di stato, è necessario considerare la massa dellauto-veicolo 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.zEEE'posizionediuscitay(t)velocitav(t)forzadiingressou(t)forzadiattrito3v(t)0.5KgLequazione di bilanciamento delle forze èFris = M adoveFrisèlaforzarisultantedatutteleforzeapplicateallamassapuntiforme, Mèlamassadelloggettopuntiforme ea è laccelerazione impressa a tale oggetto.Nel nostro caso, alla massa puntiforme sono applicate due forze:1. la forza di ingressou(t);2. laforzadi attritofa(t). Taleforzahastessadirezionemaversocontrarioallaforzadi ingresso, edèproporzionale alla velocit` a delloggetto in movimento (nel nostro caso, secondo un fattore 3).Lequazione di bilanciamento delle forze è quindiu(t) fa(t) = M a(t)u(t) 3v(t) = M v(t)Per mettere il sistema in equazioni di stato, denisco come variabili di stato la posizione e la velocit` a delloggettopuntiforme, cioex1(t) = x(t) [posizione]x2(t) = v(t) [velocit` a]Da queste due relazione, e dallequazione di bilanciamento delle forze, si ottiene: x1(t) = x(t) = v(t) = x2(t) x2(t) = v(t) =1Mu(t) 1M 3v(t) = 2u(t) 6v(t) = 6x2(t) + 2u(t)87DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiLe equazioni di stato del sistema sono (supponendo di voler misurare, come uscita, la posizione dellautoveicolo):___ x(t) =_0 10 6_x(t) +_02_u(t)y(t) = _1 0x(t)Verico la controllabilit` a del sistema attraverso lo studio del rango della matriceP _BAB.AB =_0 10 6_ _02_ =_26_P=_0 22 6_rank_P_ = 2La matricePè a rango pieno (infatti det_P_ = 0) e quindi il sistema in esame è completamente controllabile.Verico losservabilit` a del sistema attraverso lo studio del rango della matriceQ _CCA_.CA = _1 0_0 10 6_ = _0 1Q =_1 00 1_rank_P_ = 2La matriceQ è a rango pieno (infatti det_Q_ = 0) e quindi il sistema in esame è completamente osservabile.Per lo studio della stabilit` a, determino i poli del sistema.det_sI A_ = 0det_s 10 s + 6_ = s(s + 6) = 0 s = 0, 6I poli del sistema sonos = 6 es = 0. I sistema risulta quindi semplicemente stabile.E importante osservare come questo risultato sia compatibile con considerazioni siche che possono essere fattesulladinamicadel sistemainesame. Lautoveicolo, sottopostoadunaforzainingressoimpulsiva, iniziaamuoversima èdestinatoafermarsiacausadellaforzadiattritoesercitatasullautoveicolostesso(enonpi` ucontrobilanciatadaunaforzainingresso). Il veicolosi fermer` aper` oinunaposizionediversadaquelladipartenza. Anche una forza che tende a svanire nel tempo (si pensi ad esempio ad una forza il cui andamento neltempo è assimilabile ad unesponenziale negativa) provocher` a larresto dellautoveicolo (sempre in una posizionediversadaquelladi partenza)dopouncertointervallodi tempo. Seinvecevieneapplicataal sistemaunaforza costante nel tempo, lautoveicolo sar` a sempre in movimento e si allontaner` a sempre di pi` u (al crescere deltempo) dalla sua posizione di partenza. In ogni caso lautoveicolo non potr` a pi` u tornare nella sua posizione dipartenza.Tutte queste considerazioni giusticano la semplice stabilit` a del sistema (per avere asintotica stabilit` a si dovrebbefare in modo che il sistema torni nella sua posizione originaria, di partenza).Vediamoinogni casose siapossible rendere il sistemaasintoticamente stabile attraversounaopportunaretroazione sul sistema.Impongo una retroazione sulluscita.u(t) = u(t) +ky(t)Il sistema diventa___ x(t) =_0 10 6_x(t) +_02_ u(t) +_02__k 0x(t) =_0 10 6_x(t) +_02_ u(t) +_ 0 02k 0_x(t)y(t) = _1 0x(t)88Esercizio2.8 DIST-UniversitàdiGenova___ x(t) =_ 0 12k 6_x(t) +_02_ u(t)y(t) = _1 0x(t)I poli del nuovo sistema sono dati dadet_s 12k s + 6_ = s(s + 6) 2k = 0 s2+ 6s 2k = 0Applicando la regola di Cartesio è immediato concludere che sek < 0 il sistema risulta asintoticamente stabile.E quindi possibile stabilizzare asintoticamente il sistema applicando una opportuna retroazione sulluscita.Dal puntodi vistasicoquestaconsiderazioneequivaleadirecheèpossibilestabilizzareasintoticamenteilsistema applicando in ingresso, oltre alla forzau(t), una forza nella sua stessa direzione ma contraria di segnoe proporzionale alla posizione raggiunta dallautoveicolo.Inne, essendoilsistemacompletamentecontrollabile, possoaermareche èpossibilestabilizzareasintotica-mente il sistema anche attraverso una opportuna retroazione sullo stato (è possibile infatti assegnare tutti i polidel sistema). Oltre a ricordare come una retroazione sulluscita sia un particolare tipo di retroazione sullo stato,vieneosservatocomedal puntodi vistasicoeettuareunaretroazionesullostatoequivaleadapplicareiningresso, oltre alla forzau(t), una forza nella sua stessa direzione ma contraria di segno e combinazione linearedella posizione e della velocit` a raggiunta dallautoveicolo.Analiticamente:u(t) = u(t) +_k1k2x(t)Il sistema diventa___ x(t) =_0 10 6_x(t) +_02_ u(t) +_02__k1k2x(t) =_0 10 6_x(t) +_02_ u(t) +_0 02k12k2_x(t)y(t) = _1 0x(t)___ x(t) =_0 12k12k2 6_x(t) +_02_ u(t)y(t) = _1 0x(t)I poli del nuovo sistema sono dati dadet_s 12k1s + 6 2k2_ = s(s + 6 2k2) 2k1 = 0 s2+ (6 2k2)s 2k1 = 0Applicando la regola di Cartesio è immediato concludere che se_6 2k2> 02k1> 0_k1< 0k2< 3il sistema risulta asintoticamente stabile.89Esercizio2.9CalcolarelaantitrasformatadiLaplacedelleseguentifunzioninellavariabilecomplessaz:1. F(z) =z + 3(z 1)(z + 2);2. F(z) =1(z 1)2;3. F(z) =zz2+ 3z + 4.ConsideroF(z) =z + 3(z 1)(z + 2).Scompongo in fratti semplici la funzioneF(z)zF(z)z=z + 3z(z 1)(z + 2)=Az+Bz 1 +Cz + 2=A(z 1)(z + 2) +Bz(z + 2) +Cz(z 1)z(z 1)(z + 2)z + 3 = Az2+Az 2A+Bz2+ 2Bz +Cz2Cz___A+B +C = 0A+ 2B C = 12A = 3___A = 32B +C =43 3B = 4 B =432B C =52___A = 32B =43C =32 B =32 43=9 86=16F(z)z= 32 1z+ 43 1z 1 + 16 1z + 2e quindiF(z) = 32 + 43 zz 1 + 16 zz + 2Essendo note le seguenti antitrasformazionizZ1{1} = (k) Z1_zz 1_ = 1(k) Z1_zz a_ = ak 1(k)otteniamo la funzione nel tempof(k) = 32 (k) + 43 1(k) + 16(2)k 1(k)Il valore della funzione negli istanti di tempo discreti 0+,T+, 2T+, . . . , è:f(0+) = 32 + 43 + 16= 9 + 8 + 16= 090Esercizio2.9 DIST-UniversitàdiGenovaf(T+) =43 13= 1f(2T+) =43 + 23= 2f(3T+) =43 43= 0f(4T+) =43 + 83= 4. . .Verichiamo il risultato ottenuto con il metodo della lunga divisione.z + 3z + 1 2z1 2 + 2z12 + 2z1 4z24z2. . .z2+z 2z1+ 2z2+ 4z4+. . .da cuiF(z) = z1+ 2z2+ 4z4+. . .Anche in questo caso (prendendo i coecienti delle potenze negative diz) si haf(0+) = 0f(T+) = 1f(2T+) = 2f(3T+) = 0f(4T+) = 4. . .ConsideroF(z) =1(z 1)2.Scompongo in fratti semplici la funzioneF(z)zF(z)z=1z(z 1)2=Az+Bz 1 +C(z 1)2=A(z 1)2+Bz(z 1) +Czz(z 1)21 = Az22Az +A+Bz2Bz +Cz___A+B = 02AB +C = 0A = 1___A = 1B = A = 1C = 2A+B = 2 1 = 1F(z)z=1z 1z 1 +1(z 1)2e quindiF(z) = 1 zz 1 +z(z 1)2Essendo note le seguenti antitrasformazionizZ1{1} = (t) Z1_zz 1_ = 1(t) Z1_z(z 1)2_ =tT 1(t)91DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiotteniamo la funzione nel tempof(t) = (t) 1(t) +tT 1(t)Tale funzione nel tempo ha senso solamente negli istanti di campionamento. SupponendoT= 1 la funzione inquestione è:1 2 3012kf(k)Con il metodo della lunga divisione si avrebbe avuto:11 2z1+ z2 2z1 z22z1 4z2+ 2z3 3z2 2z33z2 6z3+ 3z4 4z3 3z4. . . . . .z22z + 1z2+ 2z3+ 3z4+ 4z5+. . .ottenendo la funzione dicretizzata nel tempo caratterizzata dai seguenti valori:f(0+) = 0f(T+) = 0f(2T+) = 1f(3T+) = 2f(4T+) = 3. . .0 1 2 3 4123kf(k)Inne, si poteva concludere immediatamente (senza eseguire alcun calcolo) chef(k) = (k 1) t(k 1)in quantoF(z) pu` o essere scritta comeF(z) = z1z(z 1)2e quindi si sarebbe potuto antitrasformare direttamente la funzione applicando la propriet` a di traslazione neltempo ( Z1_z1 G(z)_ = g(k 1) )92Esercizio2.9 DIST-UniversitàdiGenovaConsideroF(z) =zz2+ 3z + 4.Scompongo in fratti semplici la funzioneF(z)zF(z)z=1z2+ 3z + 4Le radici del polinomio di secondo gradoz2+ 3z + 4 sonoz= 3 9 162= 32 j72, radici complesseconiugate. Si ottiene quindi:1z2+ 3z + 4=Az _32 +j72_ +Bz _32 j72_1 = Az 32A+j72A+Bz 32B j72B___A+B = 032A+j72A 32B j72B = 1___A = B32B j72B 32B j72B = 1 j7B = 1 7B = j B = j77___A = j77B = j77F(z)z=j77z _32 +j72_ +j77z _32 j72_e quindiF(z) =j77zz _32 +j72_ +j77zz _32 j72_Prima di antitrasformare la funzione ottenuta facciamo alcune considerazioni.Un generico numero complessoa +jb pu` o essere sempre scritto nella forma (forma polare)r_cos +j sin_ = rejdover =_a2+b2e = tan1barappresentano rispettivamente il modulo e la fase sel numero complesso.I nostri numeri complessi possono quindi essere scritti come32 j72=_94 + 74ej tan173= 2ej0.72E ovvio inoltre che, quandox > 0eln x= x93DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemie quindi32 j72= eln

32j72

= eln (2ej0.72)= e0.69j0.72essendo il logaritmo di un numero complessoln_a +jb_ = ln_rej_ = ln r +jLa funzione da antitrasformare pu` o quindi essere scritta comeF(z) =j77zz e0.69+j0.72+j77zz e0.69j0.72EssendoZ1_zz eaT_ = eat 1(t)si ottienef(t) = Z1___j77zz e0.69+j0.72+j77zz e0.69j0.72___== j77 Z1_zz e1T (0.69+j0.72)T_+j77 Z1_zz e1T (0.69j0.72)T_ == j77 e1T (0.69+j0.72)t+j77 e1T (0.69j0.72)t94Esercizio2.10Siadatoilsistemacaratterizzatodallaseguenteuscita0 1 2 3 4 5 600.512ky(k)conu(k) = 1(k)DeterminarelafunzioneditrasferimentodelsistemaT(z).La trasformataz del segnale di uscita èY (z) = z1+z2+ 12z3+ 2z4=1z+1z2+12z3+2z4=2z3+ 2z2+z + 42z4La trasformataz del segnale di ingresso èU(z) =zz 1EssendoY (z) = T(z)U(z)si haT(z) =Y (z)U(z)=2z3+ 2z2+z + 42z4z 1z==2z4+ 2z3+z2+ 4z 2z32z2z 42z5==2z4z2+ 3z 42z595Esercizio2.11Datoilsistema x(t) =_0 10 0_x(t) +_01_u(t)esupponendou(t)costanteatratti,conT= 1,determinareleequazionidistatoatempodiscreto;discuterelastabilitàelaraggiungibilitàdelsistema;determinarelospaziodeglistatiraggiungibili.Dal sistema a tempo continuo lineare e stazionario, dato nella forma x(t) = Ax(t) +Bu(t)devo determinare le equazioni di stato a tempo discreto, nella formax(k + 1) =Ax(k) +Bu(k)In generale, levoluzione dello stato èx(t) = eA(tt0)x(t0) +_tt0eA(t)Bu()dma essendo lingresso costante a tratti con intervallo di campionamento T, avremo che il comportamento dellostato allinterno di ogni singolo intervallo _k T, (k + 1) T è costante, ed è esprimibile comex_(k + 1) T_ = eATx(k T) +_(k+1)TkTeA((k+1)T)Bu(k T)dEimportanteosservarecomeinprecedenzalintervallofosse _t0, tmentreadesso è _k T, (k + 1) T(einfatti hoconsideratoquestultimonellultimaespressionescritta). Inoltreuèuningressocostantesututtolintervallo e quindi, nellultima espressione scritta, si è potuto scrivereu(k T) al posto diu().Pongo(k + 1) T = ottenendod= d d= destremo inferiore = Testremo superiore = 0Possiamo quindi scriverex(k + 1) = eATx(k) _0TeABd u(k)x(k + 1) = eATx(k) +_T0eABd u(k)96Esercizio2.11 DIST-UniversitàdiGenovaPongoA = eATB =_T0eABdottenendo quindi lespressione cercatax(k + 1) =Ax(k) +Bu(k)Per calcolare eettivamente le matriciA eB, utilizziamo la seguente relazione:eAt= L1_(sI A)1_Determiniamo quindi (sI A)1.sI A =_s 10 s_adj_sI A_ =_s 01 s_adjT _sI A_ =_s 10 s_det_sI A_ = s s = s2_sI A_1=adjT _sI A_det_sI A_ =__1s1s201s__Si hanno:eAt= L1_(sI A)1_ = L1_____1s1s201s_____=_1(t) t0 1(t)_eAT=_1 T0 1_eA B =_1 0 1__01_ =_1__T0_1_d =___122_T0__T0__ =_12T2T_Pongo T= 1 ottenendoA =_1 10 1_B =_121_Le equazioni di stato a tempo discreto sono quindi x(k + 1) =_1 10 1_x(k) +_121_u(k)Determino la stabilit` a del sistema.La matriceAè diagonale superiore e quindi è immediato che gli autovalori del sistema sono = 1 con molteplicit` a2. Perpoterconcludereriguardolastabilit` adovrei andareavederelamolteplicit` adi =1nel polinomiominimo.97DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiOsservo per` o che la matriceA è in forma di Jordan e che il blocco di Jordan relativo allautovalore = 1 hadimensione 2. Di conseguenza la molteplicit` a di = 1 è 2 anche nel polinomio minimo.Il sistema è instabile.Per studiare la raggiungibilit` a del sistema determino la matrice di KalmanP _B A B.A B =_1 10 1__121_ =_321_P=_12321 1_rank_P_ = 2La matricePè a rango pieno (infatti det_P_ =12 32= 1 = 0).Il sistema è completamente raggiungibile.Essendo il sistema completamente raggiungibile, si pu` o raggiungere qualsiasi stato di dimensione 2 in un numeronito di passi.Lo spazio degli stati raggiungibili è R2.Consideriamo lequazione di statox(k + 1) =Ax(k) +Bu(k)Perk = 0, e supponendo lo stato iniziale nullo, si hax(1) =Bu(0)Ricordando che u è una funzione costante a tratti, attraverso una opportuna scelta di u(0) si riesce a raggiungerein un passo tutti gli stati del tipo_m2m_Perk = 1 si hax(2) =Ax(1) +Bu(1) ==A Bu(0) +Bu(1)Tramite unopportuna scelta diu(0) eu(1) si riesce a raggiungere in due passi tutti gli stati del tipo_3m2+n2m+n_cioe qualsiasi stato appartenente a R2.Inn>2passi si pu` oraggiungereancoraqualsiasi statoappartenenteaR2(bastainfatti porreu(2) =0,u(3) = 0,u(4) = 0, . . . ).98Esercizio2.12Siconsideriilsistemacaratterizzatodalleseguentiequazionidistato: x(t) =_0 10 1_x(t) +_10_u(t)SidiscretizziusandoT= ln 2.Discuterelarelazionefraleproprietàdiraggiungibilitàdelsistemaatempocontinuoediquellodiscretizzato.Determinare,perilsistemadiscretizzato,tuttiglistatiappartenentiallo spaziodiraggiun-gibilità e che possono essere mantenuti in equilibrio usando una opportunau costante dopoillororaggiungimento.Calcolarelamatrice(zI A)1Bedeterminarelarispostadellostatoxcorrispondenteacondizioniinizialinulleeu(k) =(k 1).Il sistema proposto è nella sua forma a tempo continuo x(t) = Ax(t) +Bu(t)conA =_0 10 1_e B =_10_Il sistema discretizzato sar` a nella formax(k + 1) =Ax(k) +Bu(k)conA = eAteB =_t0eABdUtilizzo la trasformata di Laplace per il calcolo dieAt, sapendo cheeAt= L__sI A_1_Si ha_sI A_ =_s 10 s 1_adj_sI A_ =_s 1 01 s_adjT _sI A_ =_s 1 10 s_det_sI A_ = s(s 1)_sI A_1=adjT _sI A_det_sI A_ =__1s1s(s 1)01s 1__99DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiScompongo in fratti semplici1s(s 1)1s(s 1)=As+Bs 1=A(s 1) +Bss(s 1)1 = As A+Bs_A+B = 0A = 1_A = 1B = 11s(s 1)= 1s +1s 1ottenendo_sI A_1=__1s1s 1 1s01s 1__Le antitrasformate di Laplace dei termini presenti nella matrice _sI A_1sonoL1_1s_ = 1(t) e L1_1s 1_ = et 1(t)e quindieAt=_1 et10 et_eAt=_1 et10 et_Si ha inoltreeAB =_1 e10 e_ _10_ =_10__t0_10_d =_t0_Pongo t = ln 2 e si ottieneA = eAln 2=_1 eln 210 eln 2_ =_1 10 2_B =_ln 20eABd =_ln 20_Il sistema discretizzato èx(k + 1) =_1 10 2_x(k) +_ln 20_u(k)Per quanto riguarda la relazione fra la propriet` a di raggiungibilit` a del sistema a tempo continuo e la propriet` adi raggiungibilit` a del sistema nella forma a tempo discreto, il concetto generale è che, nel passaggio da tempocontinuo a tempo discreto, la propriet` a di raggiungibilit` a non pu` o migliorare, in quanto la funzione di ingressou(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:anche un sistema a segnali campionati completamente raggiungibile perda le sue caratteristiche diraggiungibilit` a è necessario e suciente chet =2kIm(i) Im(j)i, jconi = j100Esercizio2.12 DIST-UniversitàdiGenovaIl nostrocasoècomunquediverso. Il sistemaoriginariopropostononeracompletamenteraggiungibile, inquantolamatricedi KalmanP(P _BAB=_1 00 0_)presentarangounitario. Di conseguenza, ancheilsistema a segnali campionati non sar` a completamente controllabile. La matriceP _B A B di controllabilit` adel sistema a segnali campionati èP=_ln 2 ln 20 0_rankP= 1Lo spazio degli stati raggiungibili è ricavabile dallinsieme delle colonne linearmente indipendenti della matricedi controllabilit` a del sistema a tempo discreto,P. Nel nostro caso:XR =_ln 20_Considero adesso un generico ingresso costante u(k) = c ke un generico stato x(k) =_h ln 20_appartenente allo spazio di raggiungibilit` a.La coppia _ x(k), u(k)_ è una coppia di equilibrio?Se lo fosse dovrebbe soddisfare lequazionex(k + 1) = x(k) kAx(k) +Bu(k) = x(k) k_AI_x(k) +Bu(k) = 0 k_I A_x(k) = Bu(k) kNel nostro sistema, con la coppia _ x(k), u(k)_, si ha:__1 00 1__1 10 2___h ln20_ =_ln 20_c_0 10 1_ _h ln 20_ =_c ln 20__00_ =_c ln 20_E immediatoconcluderechequalsiasi ingressocostantediversoda0nonconsentedi mantenerelostatoinequilibrio.Calcolo _zI A_1B._zI A_ =_z 1 10 z 2_adj_zI A_ =_z 2 01 z 1_adjT _zI A_ =_z 2 10 z 1_det_zI A_ = (z 1)(z 2)_zI A_1=adjT _zI A_det_zI A_ =__1z 11(z 1)(z 2)01z 2__101DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemi_zI A_1B =__1z 11(z 1)(z 2)01z 2___ln 20_ =__ln 2z 10__Lingresso del sistema èu(k) = (k 1) che z-trasformato diventaU(z) = Z {(k 1)} = z1e quindiX(z) = _zI A_1BU(z) =__ln 2 1z(z 1)0__AntitrasformoF(z) =1z(z 1).F(z)z=1z2(z 1)=Az+Bz2+Cz 1=Az(z 1) +B(z 1) +Cz2z2(z 1)1 = Az2Az +Bz B +Cz2___A+C = 0A+B = 0B = 1___C = AA = BB = 1___A = 1B = 1C = 11z2(z 1)= 1z 1z2+1z 1F(z) = 1 1z+zz 1Lo stato del sistema, corrispondente a condizioni iniziali nulle eu(k) = (k 1), è quindi:x(k) =_ln 2 (k) ln 2 (k 1) + ln 2 1(k)0_102Esercizio2.13Datoilsistema xi+1 =__1 2 00 1 00 012__xi +__111__uiesupponendou(t)costanteatratti,conT= 1,discuterelastabilità;determinarelospaziodeglistatiraggiungibilidax0 = 0;determinarelarispostadellostatoxcorrispondenteacondizioniinizialinulleeingressou:0 1 2 3 412tuDetermino la stabilit` a del sistema attraverso lo studio degli autovalori della matriceA.La matriceA è triangolare superiore, e quindi è immediato concludere che gli autovalori sono1 = 1,2 = 1e3 = 12. Ho due autovalori con modulo uguale a 1, ma, essendo autovalori distinti, non creano problemi perquanto riguarda la stabilit` a. Il sistema è comunque semplicemente stabile.Per determinare lo spazio degli stati raggiungibili dax0 = 0, calcolo la matrice di KalmanP _BABA2BAB =__1 2 00 1 00 012____111__ =__1112__A2B =__1 2 00 1 00 012____1112__ =__1114__P=__1 1 11 1 111214__rank P= 2__det (P) = 0det__1 11214__ = 14 = 0__Il sistema non è completamente raggiungibile, e lo spazio di raggiungibilit` a XR è dato dalle colonne linearmenteindipendenti diP.XR =__1 11 1112__Per determinare la risposta dello statox passo a lavorare nel campo della trasformata z.x(k + 1) = Ax(k) +Bu(k)diventazX(z) zx(0) = AX(z) +BU(z)103DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemie considerando condizioni iniziali nulle si ottieneX(z) = _zI A_1BU(z)Calcolo _zI A_1B._zI A_ =__z + 1 2 00 z 1 00 0 z 12__adj_zI A_ =__(z 1)_z 12_0 02_z 12_(z + 1)_z 12_00 0 (z + 1) (z 1)__adjT _zI A_ =__(z 1)_z 12_2_z 12_00 (z + 1)_z 12_00 0 (z + 1) (z 1)__det_zI A_ = (z + 1) (z 1)_z 12__zI A_1=adjT _zI A_det_zI A_ =__1z + 12(z + 1)(z 1)001z 100 01z 12___zI A_1B =__1z + 12(z + 1)(z 1)001z 100 01z 12____111__ =__1z + 1 +2(z + 1)(z 1)1z 11z 12__=__1z 11z 11z 12__Osserviamocomeil sistemanonsiacompletamentecontrollabile(vi èlaperditadi unpolonellamatrice_zI A_1B) e, in particolare, il polo non controllabile èz = 1.Analizziamo lingresso proposto. Esso pu` o essere scritto come funzione lineare a tratti, cioeu(t) =___0 set < 0t se 0 t < 22 se 2 t < 32t + 8 se 3 t < 40 set 4ma pu` o essere anche espresso come somma di opportune funzioni moltiplicate per opportuni gradini traslati neltempo, sulla base del ragionamento seguente.Dat = 0 at = 2 ho la funzioneu(t) = t. Per ottenere la stessa funzione ma ltrata in modo che sia non nullasolamente nellintervallo [0, 2], sommo alla funzione t 1(t) (non nulla da 0 a +) la funzione opposta e traslataa destra t 1(t 2) (non nulla da 2 a +), ottenendo quindi la funzionet 1(t) t 1(t 2)equivalente au(t) = t nellintervallo [0, 2] e nulla in tutti gli altri intervalli.Dat = 2 at = 3 ho la funzioneu(t) = 2. Per ottenere la stessa funzione ma ltrata in modo che sia non nullasolamentenellintervallo[2, 3], sommoallafunzione2 1(t 2)(nonnullada2a+)lafunzioneoppostaetraslata a destra 2 1(t 3) (non nulla da 3 a +), ottenendo quindi la funzione2 1(t 2) 2 1(t 3)equivalente au(t) = 2 nellintervallo [2, 3] e nulla in tutti gli altri intervalli.Dat = 3 at = 4 ho la funzioneu(t) = 2t + 8. Per ottenere la stessa funzione ma ltrata in modo che sia nonnulla solamente nellintervallo [3, 4], sommo alla funzione (2t +8) 1(t 3) (non nulla da 3 a +) la funzioneopposta 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)104Esercizio2.13 DIST-UniversitàdiGenovaequivalente au(t) = 2t + 8 nellintervallo [3, 4] e nulla in tutti gli altri intervalli.Riassumendo, lingresso dato viene scritto comeu(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 trasformataz diu(t) faccio uso delle seguenti propriet` a e trasformate notevoli:Propriet` a di linearit` aZ_ f1(t) + f2(t)_ = Z_f1(t)_+ Z_f2(t)_Propriet` a di traslazione nel tempo. SeF(z) = Z_f(t)_ en intero 0, alloraZ_f(t nT)_ = znF(z) Z_1(t)_ =zz 1 Z_t f(t)_ = zTF

(z)conF

(z) =

n=0(n) f(nT+) zn1Si ha quindi:Z_t 1(t)_ = zT

n=0(n) 1(nT+) zn1=T z(z 1)2ed essendoT= 1Z_t 1(t)_ =z(z 1)2Inoltre:Z_(t 2) 1(t 2)_ = z2 Z_t 1(t)_ =1z(z 1)2Z_2(t 3) 1(t 3)_ = 2z3 Z_t 1(t)_ =2z2(z 1)2Z_2(t 4) 1(t 4)_ = 2z4 Z_t 1(t)_ =2z3(z 1)2La trasformataz del segnale di ingresso è quindiU(z) =z(z 1)2 1z(z 1)2 2z2(z 1)2+2z3(z 1)2=z4z22z + 2z3(z 1)2=z2(z21) 2(z 1)z3(z 1)2==z2(z + 1)(z 1) 2(z 1)z3(z 1)2==(z 1)(z3+z22)z3(z 1)2==(z 1)(z 1)(z2+ 2z + 2)z3(z 1)2==z2+ 2z + 2z3== z1+ 2z2+ 2z3105DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiE corretto!!!Il segnale di ingresso deve essere pensato come una funzione campionata attraverso un campionatore ideale conperiodo T:0 1 2 3 412tuT0 1 2 3 4 512kuA questo punto, se consideravo direttamente la funzione campionata, potevoz-trasformare il treno di impulsi,per i valori non nulli.EssendoZ_(k n)_ =

k=0(k n) zk= znavrei potuto ottenere direttamenteU(z) = z1+ 2z2+ 2z3Tornando al problema di determinazione dello stato, lo stato è:X(z) = _zI A_1BU(z) =__1z 11z 11z 12__z2+ 2z + 2z3=__z2+ 2z + 2z3(z 1)z2+ 2z + 2z3(z 1)z2+ 2z + 2z3_z 12___Antitrasformoz2+ 2z + 2z3(z k).F(z) =z2+ 2z + 2z3(z k)F(z)z=z2+ 2z + 2z4(z k)=Az+Bz2+Cz3+Dz4+Ez k==Az3(z k) +Bz2(z k) +Cz(z k) +D(z k) +Ez4z4(z k)106Esercizio2.13 DIST-UniversitàdiGenovaz2+ 2z + 2 = Az4kAz3+Bz3kBz2+Cz2kCz +Dz kD +Ez4___A+E = 0kA+B = 0kB +C = 1kC +D = 2kD = 2D = 2kC =D 2k=2k 2k=2 2kkk= 2k + 2k2B =C 1k=2k + 2k21k=2k 2 k2k2k= k2+ 2k + 2k3A =Bk= k2+ 2k + 2k4E = A =k2+ 2k + 2k4quindiF(z) = k2+ 2k + 2k4k2+ 2k + 2k3 1z 2k + 2k21z2 2k 1z3+k2+ 2k + 2k4zz kAntitrasformando si ottiene:f(t) = k2+ 2k + 2k4 (t) k2+ 2k + 2k3 (t 1) 2k + 2k2 (t 2) 2k (t 3) +k2+ 2k + 2k4 kt 1(t)La risposta dello statox(k) corrispondente a condizioni iniziali nulle e ingresso dato è:___x1(k) = 5(k) 5(k 1) 4(k 2) 2(k 3) + 51(k)x2(k) = 5(k) 5(k 1) 4(k 2) 2(k 3) + 51(k)x3(k) = 13(k) 26(k 1) 12(k 2) 4(k 3) + 522k1(k)107DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemi108Parte3ProveIntermedieSvolte109Esercizio3.1AnnoAccademico2001/2002CorsodiAnalisideiSistemi1PrimaProvaIntermedia9novembre20011Siadatoilsegnaleu(t)riportatoingura:ETrrrrr1 2u(t)t11. Senedeterminilastruttura(u(t) =. . . );2. SenedeterminilatrasformatadiLaplaceU(s).Il segnaleu(t) è un segnale lineare costante a tratti. Esso pu` o essere scritto nei due seguenti modi:u(t) =___0 sex 01 se 0 x < 1t + 2 se 1 x < 20 se 0 x > 2oppureu(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 diu(t) per determinare la trasformata di LaplaceU(s).U(s) = L_u(t)_ = L_1(t) (t 1) 1(t 1) + (t 2) 1(t 2)_Applicando la propriet` a di linearit` aL_ f1(t) + f2(t)_ = L_f1(t)_+ L_f2(t)_e la propriet` a di traslazione nel tempoL_f(t a)_ = eas L_f(t)_conf(t a) tale chef(t a) = 0 set < a, si ottieneU(s) = L_1(t)_L_(t 1) 1(t 1)_+L_(t 2) 1(t 2)_ == L_1(t)_es L_t 1(t)_+e2s L_t 1(t)_ ==1s ess2+e2ss2=s es+e2ss2111DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemi2Siadatalequazionedierenziale y + 2y = uLasi risolvausandoletrasformatedi Laplaceeconsiderandoy(0) =u(0) = 0, noncheu(t)(U(s))datadallasoluzionedellesercizioprecedente.LasoluzioneDEVEesseredatatrovandoY (s)epoiantitrasformando.Trasformo secondo Laplace lequazione dierenziale data:sY (s) y(0) + 2Y (s) = sU(s) u(0)sY (s) + 2Y (s) = sU(s)Y (s) =ss + 2 U(s)SostituiscoU(s) calcolata al punto precedente:Y (s) =ss + 2 s es+e2ss2=s es+e2ss(s + 2)=1s + 2 ess(s + 2) ++e2ss(s + 2)Dal momento che:1s(s + 2)=As+Bs + 21 = A(s + 2) +Bs1 = (A+B)s + 2A_A+B = 02A = 1___A =12B = 121s(s + 2)=12 1s 12 1s + 2=12_1s 1s + 2_possiamo scrivere:Y (s) =1s + 2 12es_1s 1s + 2_+ 12e2s_1s 1s + 2_Antitrasformando si ottiene:y(t) = L1_1s + 2 12es_1s 1s + 2_+ 12e2s_1s 1s + 2__ == L1_1s + 2_ 12 L1_es_1s 1s + 2__+ 12 L1_e2s_1s 1s + 2__ == e2t 1(t) 12_1 e2(t1)_ 1(t 1) + 12_1 e2(t2)_ 1(t 2)3Siadatoilsistemaautonomoconleseguentiequazionidistato: x =__0 1 00 0 40 4 0__x112Esercizio3.1 DIST-UniversitàdiGenovaSenediscutanoleproprietàdistabilità.Determino gli autovalori della matriceA.det (I A) = 0det__ 1 00 40 4 __ = 0(2+ 16) = 0I poli del sistema (corrispondenti agli autovalori della matriceA) sono:s = 0s = 4js = 4jHo un polo reale nullo e una coppia di poli complessi coniugati a parte reale nulla.Tutti i poli hanno molteplicit` a 1.Il sistema è semplicemente stabile.4Siadatoilsistemaconleseguentiequazionidistato: x =_1 01 2_x +_11_uSi calcolix(t) corrispondente ax(0) = 0;u(t) =(t) (si usi la forma della soluzione con Laplaceesiantitrasformi).Il sistema dato è nella forma: x(t) = Ax(t) +Bu(t)Trasformando secondo Laplace si ottiene:sX(s) x(0) = AX(s) +BU(s)(sI A)X(s) = x(0) +BU(s)X(s) = (sI A)1 x(0) + (sI A)1BU(s)Essendo x(0) = 0 eu(t) = (t) (e quindiU(s) = 1) si ha:X(s) = (sI A)1BDetermino (sI A)1.(sI A) =_s + 1 01 s + 2_det (sI A) = (s + 1)(s + 2)adj(sI A) =_s + 2 10 s + 1_adjT(sI A) =_s + 2 01 s + 1_(sI A)1=adjT(sI A)det (sI A)=__1s + 101(s + 1)(s + 2)1s + 2__113DavideGiglio EserciziSvoltidiAnalisideiSistemiSi ha quindi:X(s) =__1s + 101(s + 1)(s + 2)1s + 2___11_ =__1s + 11(s + 1)(s + 2) +1s + 2__ =__1s + 11s + 1__Antitrasformando si ottiene:x(t) =_etet_ 1(t)5Siadatoilsistemadellesercizion. 4conluscitaydenitacomesegue: x =_1 01 2_x +_11_uy = _0 1x1. Si discuta se, in corrispondenza dix(0) = 0 eu(t) = 1(t) + (sin 4t)1(t), lay(t) ammette unregime;2. Nelcasoy(t)ammettaunregime,senecalcolilaforma,ovverosideterminiyr(t).(Perlasoluzionedelpunto1sicalcolilaT(s)usandoirisultatidellesercizion. 4)Dal punto precedente si ha:(sI A)1B =__1s + 11s + 1__e quindi è immediato che:Y (s) = C(sI A)1BU(s) = _0 1__1s + 11s + 1__U(s) =1s + 1U(s)Nellecondizionidate,lafunzioneditrasferimentopresentaununicopoloins = 1. Questo èunpolorealenegativo. Il contributo a regime di tale modo di risposta è nullo, e inoltre non crea problemi di risonanza conlingresso sinusoidale.Lay(t) ammette quindi un regime che sar` a costituito da una sinusoide traslata in ampiezza (costituito cioe daicontributi dovuti a 1(t) e a (sin 4t)1(t)).Si ha:U(s) =1s +4s2+ 16e quindiY (s) =1s(s + 1) +4(s + 1)(s2+ 16)114Esercizio3.1 DIST-UniversitàdiGenovaIl primo termine pu` o essere scritto1s(s + 1)=As+Bs + 11 = A(s + 1) +Bs1 = (A+B)s +A_A+B = 0A = 1_A = 1B = 11s(s + 1)=1s 1s + 1mentre il secondo termine come4(s + 1)(s2+ 16)=As + 1 +Bs +Cs2+ 164 = A(s2+ 16) +Bs(s + 1) +C(s + 1)4 = (A+B)s2+ (B +C)s + 16A+C___A+B = 0B +C = 016A+C = 4___A = BC = B17B = 4___A =417B = 417C =4174(s + 1)(s2+ 16)=417 1s + 1 417 ss2+ 16 +117 4s2+ 16Luscita è quindi data da:Y (s) =1s 1317 1s + 1 417 ss2+ 16 +117 4s2+ 16Antitrasformando si ottiene:y(t) = L1_1s 1317 1s + 1 417 ss2+ 16 +117 4s2+ 16_ == L1_1s_ 1317 L1_1s + 1_417 L1_ss2+ 16_+117 L1_4s2+ 16_ ==_1 1317et417cos 4t +117sin4t_ 1(t)A regime, il contributo dovuto allesponenziale decrescente scompare, e quindi:yr(t) =_1 417cos 4t +117sin 4t_ 1(t)115Eserciz

esercizi svolti

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