UNIPARMA2013/SISTEMI MULTABILI/NEW

Esercizi di teoria dei sistemi
Controlli Automatici LS (Prof. C. Melchiorri)
Esercizio 1
Dato il sistema lineare tempo continuo:
ẋ(t)
=
y(t)
=
0
−1
1
1
1
u(t)
x(t) +
−1
−2
1 x(t)
a) Determinare l’evoluzione libera dello stato x(t) a partire dalla condizione iniziale x0 = [1, −2]T :
b) Determinare l’evoluzione forzata dell’uscita y(t) in risposta ad un ingresso a gradino di ampiezza
unitaria u(t) = 1.
Soluzione
a) Per la determinazione della risposta libera è necessario il calcolo dell’esponenziale di matrice eA t,
cosa che risulta più agevole portando la matrice in forma di Jordan. Come prima cosa ricaviamo
quindi gli autovalori e gli autovettori della matrice A. Il polinomio caratteristico di A è il seguente:
det(λI − A) = det
λ
−1
1 λ+2
= λ2 + 2λ + 1 = (λ + 1)2
La matrice A ha quindi un solo autovalore λ = −1 con molteplicità algebrica 2. A tale autovalore
corrisponde quindi un solo autovettore v1 che si determina risolvendo il seguente sistema omogeneo:
(A − λI)v1 =
1
1
−1 −1
v11
v12
= 0 → v1 =
1
−1
Per ottenere una trasformazione lineare che ci dia la forma di Jordan della matrice A, dobbiamo
avere un altro vettore, in particolare un autovettore generalizzato, che si può ricavare risolvendo il
seguente sistema lineare:
(A − λI)v2 = v1 ↔
1
1
−1 −1
v21
v22
=
1
−1
→ v2 =
0
1
La trasformazione di coordinate x = T x̂ che porta il sistema in forma di Jordan è la seguente:
T =
v1
v2
1
=
1 0
−1 1
È necessario ricavare anche la trasformazione inversa T −1 . Utilizziamo per l’inversione della matrice
T il metodo della matrice aggiunta1 .
T −1 =
agg(T )
det(T )
(1)
da cui si ricava:
T
−1
=
1
1
0
1
La matrice  del sistema trasformato ha la seguente forma:
 = T −1 AT =
1
1
0
1
0
1
−1 −2
1 0
−1 1
=
−1 1
0 −1
L’evoluzione libera x(t) a partire dalla condizione iniziale x0 si determina come segue:
x(t)
= eAt x0 = T eÂt T −1 x0
−t
1 0
e
te−t
1 0
=
x0
−1 1
0
e−t
1 1
−t
e + te−t te−t
1 0
x0
=
e−t
e−t
−1 1
−t
e + te−t
te−t
1
e−t − te−t
=
=
−te−t
e−t − te−t
−2
−2e−t + te−t
b) L’evoluzione forzata dell’uscita y(t) si determina in base alla relazione:
y(t) = C
Z
t
eA(t−τ ) Bu(τ )dτ = C
0
Z
0
t
eAt Bu(t − τ )dτ
(2)
Utilizzando il risultato ottenuto al punto precedente relativamente al calcolo dell’esponenziale di
matrice si ha che:
y(t) =
Z
0
t
1 1
e−t + te−t
−te−t
te−t
e−t − te−t
1
−1
dτ = 0
Quindi la risposta al gradino di questo sistema è identicamente nulla. In particolare si noti che la
risposta forzata di questo sistema è identicamente nulla per qualsiasi ingresso.
Esercizio 2
Sia dato il seguente sistema non lineare tempo continuo:
ẋ1 = x2
ẋ2 = sin x1 − u(t) cos x1
a) Linearizzare il sistema nell’intorno dell’origine e calcolare le matrici (A, B, C) del corrispondente
sistema lineare essendo u(t) l’ingresso, x = [x1 x2 ]T lo stato e y = x1 l’uscita:
1 Con agg(A) si indica la matrice aggiunta di A che è la trasposta (o la coniugata trasposta nel campo complesso) della
matrice dei complementi algebrici degli elementi di A. Il complemento algebrico di aij è (−1)i+j volte il determinante della
matrice (n − 1) × (n − 1) ottenuta cancellando l’i-esima riga e la j-esima colonna di A.
2
b) Studiare la stabilità del sistema non lineare nell’intorno dell’origine utilizzando il criterio di linerizzazione di Lyapunov:
c) Calcolare la matrice di transizione dello stato del sistema linearizzato (A, B, C).
Soluzione
a) Quando u(t) = 0, l’unico punto di equilibrio del sistema è x = 0. Linearizzando nell’intorno di
questo punto di equilibrio si ha:
∂f ∂f x+
u
∂x (0,0)
∂u (0,0)
0
1
0
=
x+
u
cos x1 + u sin x1 0 (0,0)
− cos x1 (0,0)
0 1
0
=
x+
u = Ax + Bu
1 0
−1
1 0 x = Cx
=
=
ẋ
y
b) Gli autovalori della matrice A sono reali e distinti:
det(λI − A) = λ2 − 1 = (λ + 1)(λ − 1) → λ1,2 = ±1
Quindi, in base al teorema della linearizzazione di Lyapunov, il sistema nell’intorno dell’origine
risulta essere instabile in quanto un autovalore del sistema linearizzato ha parte reale maggiore di
0.
c) Sia T la matrice degli autovettori della matrice A:
T =
1 1
−1 1
=
v1
v2
La matrice di tranzione dello stato del sistema linearizzato è definita come l’esponenziale della
matrice A:
e
At
=
=
Ât
1
=
2
Te T
1 et + e−t
2 et − e−t
−1
1 1
−1 1
et − e−t
et + e−t
e−t
0
0
et
1
1
−1
1
Esercizio 3
Sia data la seguente equazione differenziale del secondo ordine:
M p̈(t) + bṗ(t) + Kp(t) = F (t)
Assumendo F (t) come ingresso del sistema e p(t) come uscita, scrivere la dinamica del sistema nello
spazio degli stati.
3
Soluzione
Come indicato nel testo, si pone u(t) = F (t) e y(t) = p(t). Data la struttura dell’equazione differenziale
che descrive il sistema, si scelgono come variabili di stato x1 (t) = p(t) e x2 = ẋ1 (t) = ṗ(t). Il vettore delle
variabili di stato è quindi x(t) = [x1 (t) x2 (t)]T . Il sistema nello spazio degli stati si può quindi scrivere
nel seguente modo:
0
1
x˙1 (t)
x1 (t)
0
=
u(t)
+
1
K
b
x˙2 (t)
x2 (t)
−M
−M
M
=
y(t)
1 0
x1 (t)
x2 (t)
Esercizio 4
Mostrare come si calcola la catena di autovettori generalizzati associati ad un autovalore λ con
molteplicità algebrica ν maggiore di 1.
Soluzione
Si determina l’unico autovettore v associato all’autovalore λ:
(λI − A)v = 0
e poi si determina la catena di autovettori generalizzati risolvendo in modo ricorsivo il seguente sistema
di equazioni lineari:

(A − λI)v2 = v1 = v



 (A − λI)v3 = v2
..
..

.
.



(A − λI)vν = vν−1
Esercizio 5
Si consideri il seguente sistema non lineare tempo discreto:
x1 (k + 1) = α sin x2 (k) + x1 (k)
x2 (k + 1) = 1 − x1 (k) + x22 (k) sin x2 (k)
a) Si verifichi se il punto x1 = 1, x2 = 0 è di equilibrio per il sistema. Utilizzando il metodo di
linearizzazione di Lyapunov, si studi poi la stabilità di tale punto al variare del parametro α:
b) Analizzando direttamente le equazioni alle differenze del sistema dato, mostrare che per α = 0 il
sistema non può essere asintoticamente stabile nell’intorno del punto di equilibrio x1 = 1, x2 = 0.
Soluzione
a) Il punto (x1 = 0, x2 = 0) è di equilibrio per il sistema se in tale punto valgono le seguenti relazioni:
x1 (k)
x2 (k)
= α sin x2 (k) + x1 (k)
= 1 − x1 (k) + x22 (k) sin x2 (k)
→
1
0
= 1
= 1−1
(x1 = 1, x2 = 0) è quindi un punto di equilibrio per il sistema dato. Per poter applicare il metodo
di linearizzazione di Lyapunov si procede al calcolo dello Jacobiano del sistema:
J(x1 , x2 ) =
1
α cos x2
−1 x22 cos x2 + 2x2 sin x2
4
→
J(x1 , x2 ) =
1 α
−1 0
Il polinomio caratteristico è il seguente:
det[zI − J] = 0
→
z2 − z + α = 0
Le radici del polinomio caratteristico sono:
z1,2 =
√
1
1 ± 1 − 4α
2
Il punto di equilibrio è asintoticamente stabile se i due autovalori della matrice J sono interni al
cerchio unitario, cioè è stabile per tutti i ı̀valori di α tali per cui |z1,2 | < 1. Ciò risulta verificato
quando:
0<α<1
b) Per α = 0 il sistema diventa:
x1 (k) =
x2 (k) =
x1 (k)
1 − x1 (k) + x22 (k) sin x2 (k)
La prima equazione non è influenzata dalla seconda variabile x2 e rappresenta un sistema lineare
semplicemente stabile in quanto ha un polo in z = 1. Ne segue che il punto (x1 = 1, x2 = 0) non
può essere asintoticamente stabile.
5