M K K w u

Controlli automatici
Esercizi riassuntivi fino alla stabilizzazione
1) Considera il sistema rappresentato in figura, costituito da una massa M collegata da una
molla di costante K ad un vincolo rigido e da una molla analoga collegata ad un vincolo mobile.
Lo spostamento della massa rispetto alla posizione di equilibrio è dato da w, che rappresenta
anche la variabile di uscita, quello del vincolo mobile da u, che rappresenta anche la variabile di
ingresso.
M
K
u
K
w
a)Mostra che il sistema può essere descritto dalle equazioni
ẋ = Ax + Bu
y = Cx + Du,
"
dove A =
0
1
K
M
#
"
,B=
0
1
M
#
,C=
£
(1)
¤
1 0 , D = 0, con x1 = w e x2 = x˙1 .
−2
0
b)Stabilisci se il sistema è asintoticamente stabile.
c)Trova la funzione di trasferimento del sistema.
d)Poni K = 1 e M = 2. Calcola
"
# la matrice di transizione dello stato e la risposta del sistema
1
partendo dallo stato x(0) =
e con la funzione di ingresso u(t) = 1.
1
e)Sempre per K = 1 e M = 2, stabilizza il sistema attraverso una retroazione stato-ingresso,
imponendo gli autovalori del sistema a {−1, −2}.
2) Considera il sistema rappresentato in figura, con due carrelli ed un ammortizzatore.
x1
u
x2
D
M1
M2
Le variabili di stato sono le posizioni dei due carrelli x1 e x2 e le loro derivate x3 = x˙1 , x4 = x˙2 ,
l’ingresso è la forza u. Assumi M1 = 1kg, M2 = 1/2kg, D = 1N s/m.
1
a) Mostra che le matrici del modello di stato

0 0 1

 0 0 0

A=
 0 0 −1

0 0
2
sono

 
0
0

 
 0 
1 

 
; B =  

 1 
1 
 
−2
0
b) Trova gli autovalori di A. Il sistema è asintoticamente stabile?
c) E’ possibile trovare una matrice F di retroazione dello stato in modo che gli autovalori del
sistema retroazionato diventino {−1, −1, −2 ± j}? Se si trova tale matrice.
c) E’ possibile trovare una matrice F di retroazione dello stato in modo che gli autovalori del
sistema retroazionato diventino {0, 0, −2 ± j}? Se si trova tale matrice.
3) Considera il seguente circuito elettrico dove le variabili di stato sono la tensione v1 ai capi
del condensatore e le correnti i1 e i2 nelle induttanze, l’ingresso è la tensione u del generatore di
tensione, assumi R = 1, C = 1, L1 = 1 e L2 = 1/2. Il vettore di stato è x = [v1 , i1 , i2 ]T .
v1
R
i1
i2
u
C
L1
L2
a) Mostra che il sistema può essere descritto dalle seguenti matrici


 
−1 −1 −1
1


 
 
0
0 
A=
 1
; B =  0 
2
0
0
0
b)Il sistema è asintoticamente stabile? Trova un autovettore del sistema
corrispondente


0



all’autovalore 0 e l’evoluzione libera del sistema partendo dallo stato x0 = 
 1 .
−1
c)Metti il sistema nella forma standard per i sistemi non controllabili e mostra che il sistema
non è stabilizzabile.
Risposte
1)
q
b)Gli autovalori sono ±j
2K
M ,
il sistema non è dunque asintoticamente stabile.

¡ 2
¢−1  "
#
s
2K
s
+
1
0
2
£
¤
¡ 2
¢−1
s +1
M
−1

= 1/2 2K
c)G(s) = C(sI−A) B+D = 1 0  ¡
s +1
.
¢
M
−1
s
1/2
− s2 + 1
2
s +1
2
"
d)A =
0
1
"
#
At
cos(t)
sin(t)
#
, Φ(t) = e =
, dove Φ(t) è la matrice di transizione
−1 0
− sin(t) cos(t)
dello stato. La risposta del sistema è la somma della risposta libera e della risposta forzata
"
#
cos(t) + sin(t)
At
xl (t) = e x(0) =
− sin(t) +³cos(t)
´
R t A(t−τ )
Rt
xf (t) = 0 e
Bu(τ )dτ = 0 eA(t−τ ) dτ B =
# !
"
#
"
#
à "
³R
´
cos(τ ) sin(τ )
sin(t)
− cos(t) + 1
−1/2 cos(t) + 1/2
Rt
t A(τ )
dτ B =
B=
= 0e
dτ B =
0
− sin(τ ) cos(τ )
cos(t) − 1
sin(t)
1/2 sin(t)
"
#
1/2 cos(t) + sin(t) + 1/2
x(t) = xf (t) + xl (t) =
−1/2 sin(t) + cos(t)
"
#
0 1/2
e)R =
che è di rango 2, il sistema è controllabile e quindi anche stabilizzabile.
1/2 0
Inponiamo il polinomio caratteristico
pd (s) = (s + 1)(s + 2) = s2 + 3s + 2
e troviamo
F = [−2 − 6]
2)
b)σ(A) = {0, 0, 0, −3}. Il sistema non è asintoticamente stabile.
c)Abbiamo


0 1 −1 3


 0 0
2 −6 


R=
,
 1 −1 3 −9 


0 2 −6 18
R ha rango 3 perchè la quarta colonna è proporzionale alla terza. Troviamo una base per il
sottospazio di raggiungibilità
 prendendo
 delle
 combinazioni

 lineari indipendenti delle colonne di
0
1
0
 
 


 0 
 0 
 1 
 
 


R ad esempio con w1 =  , w2 =  , w3 = 
. Avremmo potuto anche scegliere i
 1 
 0 
 0 
 
 


0
2
−2
primi tre vettori della matrice R, ma inquesto
modo
riusciamo
a trovare una base più semplice.

0
 
 1 
 
Completiamo a base di R4 con w4 =  . Mettiamo il sistema nella forma standard per i
 0 
 
0
3

0 1
0
0



 0 0 1 1 


sistemi non controllabili con la trasformazione T = 
.
 1 0 0 0 


0 2 −2 0



−1 2 −2 0




 1 0 0 0 



−1
−1
à = T AT = 
 ; B̃ = T B = 

 0 2 −2 0 



0 0 0 0
1


0 


0 

0
Vi è un autovalore non controllabile λ = 0, che non può essere riassegnato, quindi gli
autovalori non possono essere assegnati come richiesto in c).
d) Gli autovalori possono essere assegnati in questo modo perchè l’autovalore non controllabile
non è modificato, consideriamo il sottosistema controllabile


 
−1 2 −2
1


 

 
A11 = 
 1 0 0  ; B1 =  0 
0 2 −2
0
e imponiamo gli autovalori {0, −2 ± j} di A11 + B1 F1 , scegliendo F1 . Il polinomio caratteristico
desiderato è pd (s) = s3 + 4s2 + 5s, mettiamo il sistema nella forma canonica del controllore


 
0 1 0
0


 

 
Ac = 
 0 0 1  ; Bc =  0 
0 0 −3
1

0
0
1/2
−1


−1 
attraverso la trasformazione Ac = T2−1 AT2 , con T2 = 
 0 1
 . Imponiamo gli auto1 −2 2


0 0 1/2


£
¤
−1
−1 
valori di AC + BC FC , ottenendo Fc = 
 0 1
, da cui F1 = Fc T2 = −1 −3 3
£
¤ 1 −2 2
e F = [F1 0]T −1 = 0 0 −1 −3/2 .
3)
√
b) Gli autovalori di A sono {0, 1/2 ± 1/2 11j}, il sistema
 non è dunque asintoticamente
0



stabile. Un autovettore associato all’autovalore 0 è w = 
 1 . Per trovare l’evoluzione libera
−1
a partire dallo stato dato senza calcolare l’esponenziale di matrice, osserviamo che tale stato
iniziale appartiene all’autospazio associato all’autovalore 0 (infatti x0 = w), dunque sfruttiamo
4
la relazione

0




xl (t) = eAt x0 = eλt x0 = e0t x0 = x0 = 
 1 
−1
quindi lo stato iniziale non cambia. Osserviamo che in generale, se v è un autovettore associato
all’autovalore λ, vale l’espressione.
eAt v = eλt v,
infatti
eAt v =
∞ i i
X
tA
i=0
i!
v=
ti λi
v = eλt v
i!
l’uso di questa
 proprietà può
 in alcuni casi facilitare i calcoli.
 
 
1 −1 −2
1
0


 
 

 
 
c) R = 
 0 1 −1  ha rango due, R = span{w1 =  0  ; w2 =  1 }, completiamo
0 2 −2 
0
2

0
 
3

a base per R con w3 = 
 0 . Mettiamo il sistema nella forma standard per i sistemi non
1


1 0 0



controllabili con T = 
 0 1 0  e otteniamo
0 2 1


 
−1 −1 −1
1


 
−1
−1



0
0  B̃ = T B =  0 
à = T AT =  1
,
2
0
0
0
da cui vediamo che l’autovalore 0 non è controllabile, quindi non può essere riassegnato e il
sistema non è stbilizzabile.
5