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Esercizi svolti risposta libera per esami di fondamenti di automatica
Tipologia: Esercizi
1 / 15
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x ˙ (t) =
μ − 2 − 1 − 1 − 2
x (t)
y (t) =
x (t)
per
x (0) =
μ 2 0
Soluzione. Il polinomio caratteristico `e
det
μ λ
μ 1 0 0 1
μ − 2 − 1 − 1 − 2
= det
μ λ + 2 1 1 λ + 2
pA (λ) = λ^2 + 4λ + 3
perci`o
λ 1 =^ −^1 ,^ λ 2 =^ −^3
Autovettore relativo a λ 1 = −1 : μ − 2 − 1 − 1 − 2
¶ μ a b
μ a b
μ −a − b −a − b
μ 0 0
una soluzione `e
u 1 =
μ 1 − 1
Autovettore relativo a λ 2 = −3: μ − 2 − 1 − 1 − 2
¶ μ a b
μ a b
μ a − b −a + b
μ 0 0
una soluzione `e
u 2 =
μ 1 1
Bisogna determinare i coefficienti in modo che x (0) = c 1 u 1 + c 2 u 2 , cio`e μ 2 0
= c 1
μ 1 − 1
μ 1 1
da cui si ricava
c 1 = 1, c 2 = 1
per cui
x (t) =
μ 1 − 1
e−t^ +
μ 1 1
e−^3 t
e in uscita
y (t) = Cx (t) =
μ 1 − 1
e−t^ +
μ 1 1
e−^3 t] =
y (t) = e−t^ + 3e−^3 t
x ˙ (t) =
μ 1 − 2 2 1
x (t)
y (t) =
x (t)
da cui si ricava
ca =
, cb = −
e
m =
sμ 1 2
μ −
sin ϕ =
cos ϕ =
perci`o
ϕ =
3 π 4
in conclusione
x (t) =
et[sin
μ 2 t +
3 π 4
¶ μ 0 1
μ 2 t +
3 π 4
¶ μ 1 0
x (t) =
et
cos
μ 2 t +
3 π 4
sin
μ 2 t +
3 π 4
e
y (t) =
et[cos
μ 2 t +
3 π 4
μ 2 t +
3 π 4
x ˙ (t) =
(^) x (t)
y (t) =
x (t)
per
x (0) =
Soluzione. Il polinomio caratteristico `e
pA (λ) = λ^3 − 5 λ^2 + 11λ − 15
e gli autovalori
λ 1 = 3, λ 2 = 1 ± 2 i
Per trovare gli autovettori si deve risolvere il sistema
Au 1 = 3u 1
e quindi
a b c
a b c
e cio`e
a − 2 c = 3a → a = −c 2 a + b − 2 c = 3b → a − c = b 4 a − 2 b + 3c = 3c → 2 a = b
da cui si ricava subito una soluzione
u 1 =
x ˙ (t) =
μ − 1 3 0 2
x (t)
`e non divergente. Soluzione. Autovalori e autovettori:
λ 1 = − 1 λ 2 = 2
u 1 =
μ 1 0
, u 2 =
μ 1 1
per cui l’evoluzione libera `e del tipo
x (t) = c 1 e−t
μ 1 0
μ 1 1
e per non essere divergente, deve essere c 2 = 0, cio`e
x (0) = c 1
μ 1 0
μ − 4 − 2 1 − 1
Soluzione. Poich`e
eAt^ = γ 0 I + γ 1 A
in questo caso
eAt^ = γ 0
μ 1 0 0 1
μ − 4 − 2 1 − 1
con le condizioni
e−^2 t^ = γ 0 − 2 γ 1 e−^3 t^ = γ 0 − 3 γ 1
da cui
γ 0 = 3e−^2 t^ − 2 e−^3 t, γ 1 = −e−^3 t^ + e−^2 t
e quindi
eAt^ =
3 e−^2 t^ − 2 e−^3 t
μ 1 0 0 1
−e−^3 t^ + e−^2 t
μ − 4 − 2 1 − 1
eAt^ =
μ −e−^2 t^ + 2e−^3 t^2 e−^3 t^ − 2 e−^2 t −e−^3 t^ + e−^2 t^2 e−^2 t^ − e−^3 t
L’esponenziale di matrice si pu`o calcolare in un altro modo, utilizzando la forma di Jordan. Autovalori e autovettori:
λ 1 = − 2 , λ 2 = − 3
u 1 =
μ − 1 1
, u 2 =
μ − 2 1
ricordando che
eAt^ = U
μ e−^2 t^0 0 e−^3 t
con
μ − 1 − 2 1 1
si ottiene
eAt^ =
μ −e−^2 t^ + 2e−^3 t^ − 2 e−^2 t^ + 2e−^3 t e−^2 t^ − e−^3 t^2 e−^2 t^ − e−^3 t
x ˙ (t) =
(^) x (t)
e quindi
x (t) = eAtx (0) = UeΛtU−^1 x (0) =
=
μ 1 1 0 1
¶ μ 1 0 0 et
¶ μ 1 − 1 0 1
x (0) =
μ 1 −1 + et 0 et
x (0)
x ˙ (t) =
μ 6 − 3 2 − 1
x (t)
determinare per quali valori delle condizioni iniziali, l’evoluzione libera risulta costante. Soluzione. Autovalori ed autovettori
λ 1 = 0 → u 1 =
μ 1 2
, λ 2 = 5 → u 2 =
μ 3 1
e quindi
x (t) = eAtx (0) = UeΛtU−^1 x (0) =
=
μ 1 3 2 1
¶ μ 1 0 0 e^5 t
¶ μ −^1535 2 5 −
1 5
x (0) =
μ −^15 + 65 e^5 t^35 − 35 e^5 t −^25 + 25 e^5 t^65 − 15 e^5 t
¶ μ x 1 (0) x 2 (0)
μ −^15 x 1 (0) + 35 x 2 (0) + 35 e^5 t^ (2x 1 (0) − x 2 (0)) −^25 x 1 (0) + 65 x 2 (0) + 15 e^5 t^ (2x 1 (0) − x 2 (0))
L’evoluzione libera resta costante se
2 x 1 (0) − x 2 (0) = 0 e cio`e per stati inziali del tipo
x (0) =
μ α 2 α
x ˙ 1 (t) = − 3 x 1 (t) + x 2 (t) x ˙ 2 (t) = − 2 x 2 (t) − u (t) x ˙ 3 (t) = −x 3 (t) + u (t) y (t) = x 3 (t)
(a) Determinare le matrici A, B, C, D;
(b) Determinare i modi naturali;
(c) Calcolare l’evoluzione libera nello stato e nell’uscita a partire dallo stato iniziale
x 1 (0) = x 2 (0) = 0, x 3 (0) = 1
Soluzione.
Autovalori ed autovettori:
u 1 =
(^) ↔ λ 1 = − 2 , u 2 =
(^) ↔ λ 2 = − 1 , u 3 =
(^) ↔ λ 3 = − 3
i modi naturali sono quindi
c 1 e−^2 t
(^) , c 2 e−t
(^) , c 3 e−^3 t
Si vuole poi che
(^) = c 1
(^) + c 2
(^) + c 3
ottenendo
c 1 = 0, c 3 = 0, c 2 = 1
e pertanto
xl (t) =
e−t
(c) l’evoluzione libera nell’uscita;
(d) l’istante di tempo per cui si ha, in assenza di ingresso, la scomparsa della sostanza nel flusso d’uscita.
Soluzione. Assumendo come variabili di stato:
x 1 = h, x 2 = c, u 1 = q 1 , u 2 = q 2 , y = x 2
si ricava
μ 0 1 − 2 − 2
μ 1 1 1 − 1
x (0) =
μ 0 1
pertanto
e
0 1 − 2 − 2
t = Ue
−^1 − 1 − 1
t U−^1
dove λ = − 1 ± j e
ua =
μ 1 − 1
, ub =
μ 0 1
Quindi
eAt^ = e−t
μ cos t + sin t sin t −2 sin t cos t − sin t
xl (t) = eAtx (0) = e−t
μ sin t cos t − sin t
yl (t) = Cxl (t) = e−t^
−2 sin t cos t − sin t
oppure, alternativamente, si poteva calcolare μ 0 1
= ca
μ 1 − 1
μ 0 1
→ ca = 0, cb = 1
m = 1, sin ϕ = 0, cos ϕ = 1 → ϕ = 0
x (t) = e−t[sin t
μ 1 − 1
μ 0 1
] = e−t
μ sin t cos t − sin t
ottenendo (ovviamente!) lo stesso risultato. Infine, per avere x 2 (t) = c (t) = 0 deve accadere che cos t − sin t = 0 e quindi t =
π 4
x ˙ (t) =
(^) x (t) +
(^) u (t)
y (t) =
x (t)
determinare: (a) i modi naturali del sistema (b) la matrice eAt (c) l’evoluzione libera nello stato e nell’uscita a partire dallo stato in- iziale
x (0) =
Soluzione. Autovalori ed autovettori:
u 1 =
(^) ↔ λ 1 = − 1 , u 2 =
(^) ↔ λ 2 = − 2 , u 3 =
(^) ↔ λ 3 = − 3
i modi naturali sono quindi
c 1 e−t
(^) , c 2 e−^2 t
(^) , c 3 e−^3 t
