Esercitazione 7 - esercizi svolti di analisi dei sistemi - teoria dei sistemi - a.a. 2015/2016 PDF

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Esercizi svolti di analisi dei sistemi ...

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ESERCIZI SVOLTI di ANALISI DEI SISTEMI

Davide Giglio DIST - Universit`a di Genova Via Opera Pia, 13 16145 - Genova, Italy Tel: +39 010 3532748 Fax: +39 010 3532154 [email protected]

Questa raccolta di esercizi svolti per il corso di Analisi dei Sistemi 1 `e stata realizzata con lo scopo di fornire un ausilio agli studenti durante la loro preparazione all’esame. Gli esercizi sono stati da me risolti seguendo il metodo o i metodi che mi sembravano pi` u opportuni al momento della risoluzione. Prego tutti gli studenti che risolveranno gli esercizi proposti di comunicarmi via e-mail (all’indirizzo [email protected]) la presenza di errori, imprecisioni o metodi di risoluzione alternativi. Davide Giglio

Parte 1

Sistemi Lineari Tempo Invarianti

5

Davide Giglio

6

Esercizi Svolti di Analisi dei Sistemi

Esercizio 1.1 Calcolare la antitrasformata di Laplace delle seguenti funzioni nella variabile complessa s: s+2

• F (s) =

s+4

• F (s) =

s2 + s + 9 ; (s + 1)2 + 9

• F (s) =

;

s3 + s + 1 s3 + 1

• Considero F (s) =

.

s+2 . s+4

Il numeratore e il denominatore hanno lo stesso grado. Devo innanzitutto dividere il numeratore per il denominatore. s + 2 s + 4 q − 2

s+4 1

La funzione da antitrasformare pu` o quindi essere scritta come F (s) = 1 −

2 s+4

La funzione `e gi` a in fratti semplici e quindi pu` o essere direttamente antitrasformata.   n o   1 −1 −1 −1 F (s) = L 1 −2·L f (t) = L s+4 = δ(t) − 2e−4t · 1(t)

• Considero F (s) =

s2 + s + 9 . (s + 1)2 + 9

Il numeratore e il denominatore hanno lo stesso grado. Devo innanzitutto sviluppare il polinomio al denominatore per poi dividere numeratore e denominatore. F (s) =

s2 + s + 9 s2 + s + 9 s2 + s + 9 = = s2 + 2s + 10 (s + 1)2 + 9 s2 + 2s + 1 + 9

s2 + s + 9 s2 + 2s + 10 q − s − 1

s2 + 2s + 10 1

La funzione da antitrasformare e` quindi F (s) = 1 −

s+1 (s + 1)2 + 9

Questa funzione `e gi` a in fratti semplici. Si ha quindi:   n o   s+1 f (t) = L−1 F (s) = L−1 1 − L−1 (s + 1)2 + 9 −t = δ(t) − e · cos 3t · 1(t)

7

Davide Giglio

• Considero F (s) =

Esercizi Svolti di Analisi dei Sistemi

s3 + s + 1 . s3 + 1

Anche in questo caso il numeratore e il denominatore hanno lo stesso grado. s3 + s + 1 − s3 − 1 q + s q

s3 + 1 1

La funzione da antitrasformare pu` o quindi essere scritta come s F (s) = 1 + 3 = s +1 s = =1+ (s + 1)(s2 − s + 1) s  = =1+ 3 1 2 (s + 1) s − s + + 4 4 s =1+ 2  √ 2 !  3 1 + (s + 1) s − 2 2 Antitrasformo utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici. √ 3 B A s 2 2  √ 2 +  2  √ 2 ! = s + 1 +  1 3 1 3 s− + (s + 1) s − + 2 2 2 2   1 C s− 2 + 2  √ 2 3 1 + s− 2 2 √ 2  √ 2 !    1 3 1 3 (s + 1) + C s − (s + 1) +B s=A s− + 2 2 2 2 √ √ 3 1 1 3 s = As2 − As + A + B + Cs2 + Cs − C Bs + 2 2 2 2   A+C = 0  ... √       1 3 ... B + C = 1 −A + √ 2 2 √     √3B = 1 → B = √1 = 3   1 3  A+ B− C =0 3 3 2 2  C = −A     1 1 3 1 1 → A=− −A + − A = 1 → − A = 3 2 2 2 2 √     B= 3 3  1  A=−    √3  3 B=  3     C=1 3   √ 1 3 √ s− 1 1 2 1 3 2 · F (s) = 1 − · + 2  √ 2 + ·  2  √ 2 3 s+1 3  3 3 3 1 1 + + s− s− 2 2 2 2 Antitrasformando i fratti semplici si ottiene √ √ √ 1 1 1 3 1t 3 3 f (t) = δ(t) − e−t + t e 2 sin t + e 2 t cos 2 3 3 2 3 8

Esercizio 1.2 Calcolare la y(t) del seguente sistema u(t)

✲

1 s2 + 4

✲ y(t)

con 1. u(t) = 3 sin 3t; 2. u(t) = e−t .

Considero il sistema con u(t) = e−t . ... Per ottenere la stessa soluzione si poteva utilizzare il metodo della risposta in frequenza, che viene di seguito riportato, e che viene consigliato in tutti quei casi l’ingresso, la funzione di trasferimento, o entrambi siano funzioni sinusoidali. ... Considero il sistema con u(t) = 3 sin 3t. Trasformo la funzione di ingresso secondo Laplace. n o U (s) = L 3 sin 3t =

9 s2 + 9

L’uscita, nella variabile complessa s, `e quindi Y (s) = T (s) · U (s) = Antitrasformo la funzione

1 9 · s2 + 4 s2 + 9

9 . (s2 + 4) (s2 + 9)

    (As + B) s2 + 9 + (Cs + D) s2 + 4 9 As + B Cs + D = + 2 = 2 s +9 (s2 + 4) (s2 + 9) s +4 (s2 + 4) (s2 + 9) 9 = As3 + Bs2 + 9As + 9B + Cs3 + Ds2 + 4Cs + 4D   A=0  A+C = 0      B = −D  B +D=0 → C =0 9A + 4C = 0     9    −9D + 4D = 9 → D = − 9B + 4D = 9 5  A=0      B=9 5 C =0    9 D=− 5  

9

Davide Giglio

Esercizi Svolti di Analisi dei Sistemi

La funzione da antitrasformare e` quindi Y (s) =

9 9 1 9 − · · 5 s2 + 4 5 s2 + 9

La funzione nel tempo `e y(t) =

9 3 sin 2t − sin 3t 10 5

Anche in questo caso `e possibile ottenere la stessa soluzione utilizzando il metodo della risposta in frequenza. Essendo adesso, sia l’ingresso che la funzione di trasferimento, funzioni sinusoidali, `e necessario procedere come segue. 1 9 Dato il prodotto 2 · , si considera s + 4 s2 + 9 prima s2

9 2 , cio´e sin 2t, come ingresso (sia esso u1 (t)) e 2 2 come funzione di trasferimento (sia essa T 1 (s)) s +9 +4

e poi 3 3 , cio´e sin 3t, come ingresso (sia esso u2 (t)) e 2 come funzione di trasferimento (sia essa T 2 (s)) s2 + 9 s +4 Nel primo caso si ottiene il modo di risposta  h  i      y1 (t) = T1 2j · sin 2t + Φ T1 2j

mentre nel secondo il modo  h  i      y2 (t) = T2 3j · sin 3t + Φ T2 3j

La y(t) cercata `e

y(t) = y1 (t) + y2 (t)   Considero T1 2j .   T1 2j =

9 2

−4 + 9

=

9 10

h  i    9 Il modulo `e T1 2j  = e la fase `e Φ T1 2j = 0. 10

  Considero T2 3j .   T2 3j =

3 3 =− 5 −9 + 4

h  i    3 Il modulo `e T2 3j  = e la fase `e Φ T2 3j = π. 5

La funzione cercata `e quindi 9 sin 2t + 10 9 = sin 2t − 10

y(t) =

10

  3 sin 3t + π = 5 3 sin 3t 5

Esercizio 1.3 Si consideri il sistema ✲ S

δ(t)

✲ y(t)

caratterizzato dalla seguente risposta all’impulso h(t)

2

1

0

t 1/2 π

3/2 π

5/2 π

7/2 π

9/2 π

Scrivere la forma esatta di T (s).

Il segnale in figura `e un segnale sinusoidale con modulo unitario e periodo π, traslato in ampiezza di una unit` a. La forma esatta del segnale `e: h(t) = 1 − sin t Passando nel campo della variabile complessa s si ha H (s) = T (s) · U (s) Essendo il segnale in figura una risposta all’impulso (cio´e u(t) = δ(t)), `e ovvio che U (s) = 1, e quindi H (s) = T (s) Di conseguenza n o 1 s2 − s + 1 1 T (s) = L h(t) = − 2 = s (s2 + 1) s s +1

11

Esercizio 1.4 Dato il sistema rappresentato rappresentato dalla seguente relazione ingresso/uscita y ¨(t) + 9y(t ˙ ) + 8y(t) = u(t) con u(t) = δ(t). Esistono condizioni iniziali per cui si ha y(t) = e−4t

?

e per cui si ha y(t) = e−t

?

Trasformo, secondo Laplace, la relazione ingresso / uscita data, al fine di lavorare nel campo della variabile complessa s.   L y(t) = Y (s)     L y˙(t) = s · L y(t) − y(0− ) = sY (s) − y(0− )     L y¨(t) = s · L y( ˙ t) − y(0 ˙ − ) = s2 Y (s) − sy(0− ) − y(0 ˙ −)   L u(t) = U (s) Si ha quindi

s2 Y (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)   1 y(0− )s + 9y(0− ) + y(0 ˙ −) + 2 U (s) Y (s) = 2 s + 9s + 8 s + 9s + 8

I modi di risposta del sistema sono dati dalle soluzioni di s 2 + 9s + 8 = 0, cio´ e s = −1 ∪ s = −8

Si pu` o quindi gi`a affermare che non sar` a mai possibile ottenere un’uscita y(t) = e−4t in quanto s = −4 non `e un polo del sistema. Possiamo invece vedere se esistono condizioni iniziali per cui si ha y(t) = e −t . U (s) = 1 Y (s) =

  y(0− )s + 9y(0− ) + y(0 ˙ −) 1 + 2 s + 9s + 8 s2 + 9s + 8

Impongo che questa funzione razionale fratta sia uguale alla trasformata di Laplace di e −t , cio´e a   y(0− )s + 9y(0− ) + y(0 ˙ −) + 1 1 = s+1 s2 + 9s + 8   y(0− )s + 9y(0− ) + y(0 ˙ −) + 1 s+8 = 2 s + 9s + 8 s2 + 9s + 8  y(0− ) = 1 9y(0− ) + y(0 ˙ −) + 1 = 8  − y(0 ) = 1 y(0 ˙ − ) = 8 − 1 − 9 = −2 Le condizioni iniziali per cui si ha y(t) = e−t sono y(0− ) = 1 ∪ y(0 ˙ − ) = −2 12

1 . s+1

Esercizio 1.5 Si consideri il seguente sistema:    −1 0  x(t) ˙ = x(t)  0  −2  y(t) = 1 1 x(t)

Trovare x(0− ) tale che

y(t) = 2e−t + 3e−2t

La risposta del sistema `e costituita esclusivamente dalla risposta libera non essendo presente nel sistema il termine Bu(t). Y (s) = C(sI − A)−1 x(0− )   1 0   (sI − A)−1 =  s + 1 1  0 s+2

(Il calcolo della matrice (sI − A)−1 `e banale essendo la matrice A diagonale: `e sufficiente invertire i termini sulla diagonale della matrice (sI − A))   1   0   s + 1 1 1 = −1 C(sI − A) = 1 1  1  s+1 s+2 0 s+2    x (0− ) x2 (0− ) 1 1 x1 (0− ) = 1 C(sI − A)−1 x(0− ) = + − s+2 s+1 s + 1 s + 2 x2 (0 ) Antitrasformando si ottiene la risposta del sistema.   x2 (0− ) x1 (0− ) y(t) = L−1 + = x1 (0− )e−t + x2 (0− )e−2t s+1 s+2 Lo stato iniziale richiesto `e quindi    x1 (0− ) = 2 2 → x(0− ) = − x2 (0 ) = 3 3

13

Esercizio 1.6 Si consideri il seguente sistema:     −2 0 1  x(t) ˙ = u(t) x(t) + 1 0  −3   y(t) = 1 1 x(t)

Trovare le condizioni iniziali per cui si ha la seguente risposta all’impulso y(t) = 3e−2t + 2e−3t

La risposta complessiva del sistema, nella variabile complessa s, `e Y (s) = C (sI − A)−1 x(0− ) + C (sI − A)−1 BU (s) La risposta all’impulso si ottiene imponendo u(t) = δ (t), cio´e U (s) = 1 Le condizioni iniziali da determinare consistono in un vettore colonna di dimensione pari alla dimensione del sistema. Nel nostro caso   x (0− ) x(0− ) = 1 − x2 (0 ) Determino (sI − A)−1 . La matrice   s+2 0 (sI − A) = 0 s+3 `e una matrice diagonale. La sua matrice inversa `e quindi costituita da una matrice diagonale i cui valori sulla diagonale corrispondono ai valori reciproci degli elementi sulla diagonale della matrice di partenza:   1 0   (sI − A)−1 =  s + 2 1  0 s+3 Si ha:    0  1 1  −1 C(sI − A) = 1 1  = s+2 s+3 s+3       1 1 1 1 1 x1 (0− ) ·1= + Y (s) = − s+2 s+3 1 s + 2 s + 3 x2 (0 ) 1 1 1 1 = x1 (0− ) · + + + x2 (0− ) · = s+3 s+2 s+3 s+2     1 1 = x1 (0− ) + 1 · + x2 (0− ) + 1 · s+3 s+2 

1  s + 2 1  0

Antitrasformando secondo Laplace si ottiene     y(t) = x1 (0− ) + 1 · e−2t + x2 (0− ) + 1 · e−3t 14

Esercizio 1.6

DIST - Universit` a di Genova

Per ottenere la risposta all’impulso data devo quindi imporre   x1 (0− ) = 2 x1 (0− ) + 1 = 3 ⇒ x2 (0− ) = 1 x2 (0− ) + 1 = 2 Le condizioni iniziali cercate sono   2 x(0− ) = 1

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Esercizio 1.7 Si consideri il seguente sistema:    −1 0  x(t) ˙ = x(t)  0  −1  y(t) = 1 1 x(t)

Trovare lo stato iniziale corrispondente a y(t) = 3e−t

Non essendo presente, nell’espressione del sistema in equazioni di stato, il termine B · U (s), l’uscita del sistema, nella variabile complessa s, `e semplicemente Y (s) = C(sI − A)−1 x(0− ) La matrice A del sistema dato `e una matrice diagonale. Si ha quindi immediatamente   1 0   (sI − A)−1 =  s + 1 1  0 s+1 e

 C(sI − A)−1 = 1



1  s + 1 1  0



 0 1 =  1 s+1 s+1

1 s+1



Abbiamo C(sI − A)−1 x(0− ) =



1 s+1

1 s+1

  x (0− ) + x2 (0− ) x1 (0− ) = 1 − x2 (0 ) s+1

e, antitrasformando     x1 (0− ) + x2 (0− ) = x1 (0− ) + x2 (0− ) · e−t y(t) = L−1 s+1 Deve quindi essere x1 (0− ) + x2 (0− ) = 3 Vi sono ∞1 stati iniziali che forniscono l’uscita richiesta   3−k x(0− ) = k

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Esercizio 1.8 Si consideri il seguente sistema:      0 −1 0 1    x(t) ˙ =  0 −1 0  x(t) +  1 u(t) 0 0 1    0  y(t) = 1 0 1 x(t)

con u(t) = 1(t)

Determinare x(0− ) tale che y(t) sia limitata.

La risposta complessiva del sistema, nella variabile complessa s, `e Y (s) = C(sI − A)−1 x(0− ) + C (sI − A)−1 BU (s) Determino la matrice inversa (sI − A)−1 .   s+1 0 −1 s+1 0  (sI − A) =  0 0 0 s−1

det (sI − A) = (s + 1)2 (s − 1)   (s + 1)(s − 1) 0 0 adj (sI − A) =  0 (s + 1)(s − 1) 0  s+1 0 (s + 1)2   (s + 1)(s − 1) 0 s+1 T  0 (s + 1)(s − 1) 0 adj (sI − A) =  0 0 (s + 1)2  1  1 0 s+1 (s + 1)(s − 1)   adjT (sI − A)  1  (sI − A)−1 = = 0 0   det (sI − A) s+1   1 0 0 s−1

Si ha inoltre 1 s + 1  1   0  0 

 1 (s + 1)(s − 1)      1 s+2 1 = C(sI − A)−1 = 1 0 0 0  (s + 1)(s − 1) s+1 s+1  1 0 s−1    x1 (0− )  s + 2 x (0− ) x3 (0− ) · (s + 2) 1 x2 (0− )  = 1 0 + C(sI − A)−1 x(0− ) = s+1 (s + 1)(s − 1) (s + 1)(s − 1) s+1 x3 (0− )     x1 (0− ) + x3 (0− ) s + − x1 (0− ) + 2x3 (0− ) = (s + 1)(s − 1)    0  s + 2 1  1 = 0 0 C(sI − A)−1 B = s+1 (s + 1)(s − 1) 0 0

17

Davide Giglio

Esercizi Svolti di Analisi dei Sistemi

L’uscita del sistema `e quindi data da     x1 (0− ) + x3 (0− ) s + − x1 (0− ) + 2x3 (0− ) Y (s) = (s + 1)(s − 1) Antitrasformo secondo Laplace utilizzando il metodo della scomposizione in fratti semplici:     x1 (0− ) + x3 (0− ) s + − x1 (0− ) + 2x3 (0− ) B A As − A + Bs + B + = = = s+1 s−1 (s + 1)(s − 1) (s + 1)(s − 1)     A+B s+ −A+B = (s + 1)(s − 1)  A + B = x1 (0− ) + x3 (0− ) −A + B = −x1 (0− ) + 2x3 (0− ) 2B = 3x3 (0− )

⇒

2A = 2x1 (0− ) − x3 (0− )

3 B = x3 (0− ) 2 ⇒

A = x1 (0− ) −

1 x3 (0− ) 2

La risposta del sistema `e costituita da un esponenziale negativo (dovuto al modo di risposta s = −1) che converge a 0 per t → ∞, e da un esponenziale positivo (dovuto al modo di risposta s = 1) che diverge a +∞ per t → ∞. Perch´ e la risposta sia limitata deve quindi essere annullato il contributo dovuto all’esponenziale positivo, cio´e `e necessario porre B = 0 e quindi x3 (0− ) = 0 Ho quindi ∞2 condizioni iniziali che mi forniscono un’uscita limitata:   c1 − x(0 ) =  c2 0 Con tali condizioni iniziali l’uscita `e infatti y(t) = c1 · e−t · 1(t)

18

Esercizio 1.9 Si consideri il seguente sistema:      1 1 0  x(t) ˙ = kx(t) x(t) + 1 − 3 − 2    y(t) = −1 1 x(t)

Determinare, se possibile, k e x(0 − ) tali che yLIBERA(t) = 3e−t + 4 · 1(t)

Nel sistema dato si presenta una retroazione sullo stato. Scriviamo quindi il sistema dato nel seguente modo:      0  1 1 k1 k2 x(t) = x(t) + x(t) ˙ = 1 −3 −2     0 0 1 1 x(t) = x(t) + = k1 k2 −3 −2   1 1 x(t) = k1 − 3 k2 − 2 La risposta libera, nella variabile complessa s, `e data da YLIBERA(s) = C(sI − A)−1 x(0− ) Determiniamo quindi la matrice inversa (sI − A)−1 .   s−1 −1 (sI − A) = −k1 + 3 s − k2 + 2 det (sI − A) = (s − 1)(s − k2 + 2) − k1 + 3 =

= s 2 − k 2 s + 2s − s + k 2 − 2 − k 1 + 3 =

= s2 + (1 − k2 )s + (1 − k1 + k2 )   s − k2 + 2 k1 − 3 adj (sI − A) = 1 s−1   s − k2 + 2 1 adjT (sI − A) = k1 − 3 s−1   s − k2 + 2 1 k1 − 3 s−1 adjT (sI − A) (sI − A)−1 = = 2 det (sI − A) s + (1 − k2 )s + (1 − k1 + k2 ) I modi di risposta che si vogliono ottenere sono e −t e 1(t). Nell’espressione di YLIBERA(s) dovranno comparire 1 1 i termini (trasformata di Laplace di e−t ) e (trasformata di Laplace di 1(t)). Posso quindi gi` a imporre s+1 s il determinante della matrice (sI - A) uguale a s(s + 1), cio´e  1 − k2 = 1 1 − k1 + k2 ) = 0 

k1 = 1 k2 = 0 19

Davide Giglio

Esercizi Svolti di Analisi dei Sistemi

La matrice inversa (sI − A)−1 calcolata precedentemente diventa     s+2 1 s+2 1 −2 s − 1  s(s + 1) s(s + 1)  (sI − A)−1 = = s−1  2 2 s +s − s(s + 1) s(s + 1) Inoltre  s+2 1     s(s + 1) s+4 s(s + 1)  −1 C(sI − A) = −1 1  s − 1  = − s(s + 1) 2 − s(s + 1) s(s + 1)    s+4 s−2 x1 (0− ) C(sI − A)−1 x(0− ) = − = s(s + 1) s(s + 1) x2 (0− ) 

s−2 s(s + 1)

(−s − 4)x1 (0− ) + (s − 2)x2 (0− ) = s(s + 1)     − x1 (0− ) + x2 (0− ) s + − 4x1 (0− ) − 2x2 (0− ) = s(s + 1)

=

La trasformata di Laplace della risposta libera richiesta `e YLIBERA(s) =

7s + 4 3s + 4s + 4 4 3 = + = s(s + 1) s(s + 1) s+1 s

Impongo quindi  −x1 (0− ) + x2 (0− ) = 7 −4x1 (0− ) − 2x2 (0− ) = 4 





x2 (0− ) = 7 + x1 (0− ) −4x1 (0− ) − 14 − 2x1 (0− ) = 4 ... −6x1 (0− ) = 18 x1 (0− ) = −3 x2 (0− ) = 4

La soluzione richiesta `e   k= 1 0   −3 x(0− ) = 4

20

→

x1 (0− ) = −3



Esercizio 1.10 Si consideri il seguente sistema:     1 0 1 x+ u x˙ = 0 0 0 Trovare: 1. la risposta all’impulso delle componenti del vettore di stato; 2. le condizioni iniziali per cui la risposta libera delle componenti del vettore di stato ` e uguale alla risposta all’impulso.

E’ noto che: sX (s) − x(0− ) = AX (s) + BU (s)

sX (s) − AX (s) = x(0− ) + BU (s)

(sI − A)X (s) = x(0− ) + BU (s)

X(s) = (sI − A)−1 x(0− ) + (sI − A)−1 BU (s) {z } | {z } | Risposta LIBERA

Risposta FORZATA

La risposta all’impulso delle componenti del vettore di stato corrisponde alla risposta forzata (sI − A) −1 BU (s) quando u(t) = δ(t). u(t) = δ(t)

→

U (s) = 1

Xδ (s)(sI − A)−1 B   s −1 (sI − A) = 0 s ⇒

det (sI − A) = s2   s 0 adj (sI − A) = 1 s   1 1   (sI − A)−1 =  s s12  0 s   1 1   "1#  2 1 = s Xδ (s) =  s s1  0 0 0 s

Antitrasformando Xδ (s) si ottiene la La risposta all’impulso delle componenti del vettore di stato.   1(t) xδ (t) = 0 In maniera analoga `e possibile calcolare la risposta libera del sistema.     1 1  x1 (0− ) x2 (0− )  − + 2  x (0 )   s2  XL (s) = (sI − A)−1 x(0− ) =  s s1  1 − =  s  − x (0 ) x (0 ) 2 2 0 s s

Perch´e la risposta libera delle componenti del vettore di stato sia uguale alla risposta forzata deve quindi essere    1 x1 (0− ) = 1 − → x(0 ) = x2 (0− ) = 0 0 21

Esercizio 1.11 Si consideri il seguente sistema      0 1 1  x(t) ˙ = u(t) x(t) + −2 −6 −5   y(t) = 1 0 x(t)

1. Supponendo x(0− ) = 0, determinare se sia possibile trovare u(t) in modo da ottenere (a) x1 (1) = x2 (1) (b) x2 (1) = −2x1 (1) 2. Supponendo U (s) = risposta globale sia y(t) =

1 , determinare le condizioni iniziali x(0− ) = 0 in modo tale che la s

1 1 + e−2t − e−3t 2 2

t≥0

Determino lo spazio degli stati controllabili per valutare quali sono gli stati raggiungibili.     1 −2 P , B AB = −2 4 rank P = 1

→

dim {XC } = 1

Una base dello spazio degli stati controllabili pu` o essere ricavata considerando una (essendo una la dimensione dello spazio degli stati controllabili) colonna linearmente indipendente della matrice P . Consideriamo quindi come base il vettore   1 −2 E’ quindi possibile raggiungere tutti gli stati del tipo x2 (t) = −2x1 (t). Pertanto non `e possibile ottenere lo stato x1 (1) = x2 (1) mentre `e possibile raggiungere lo stato x2 (1) = −2x1 (1): (a) Non possibile (b) Possibile La risposta globale del sistema `e data da Y (s) = C(sI − A)−1 x(0− ) + C(sI − A)−1 BU (s) {z } | {z } | Risposta LIBERA

Risposta FORZATA

Determ...