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Teoria dei Sistemi

Esercizi su raggiungibilità e controllabilità svolti, dal livello base all’esame

Sei esercizi con soluzione: test di Kalman, sistemi con due ingressi, raggiungibilità con un parametro, forma compagna, energia minima del doppio integratore, sistema controllabile ma non raggiungibile.

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Esercizi su raggiungibilità e controllabilità del tipo che si danno nei corsi di Teoria dei sistemi e di Controlli automatici, in tre livelli: base, per l’uso diretto del test di Kalman; medio, con parametri e forme canoniche; esame, con il gramiano e i sistemi a tempo discreto. Il risultato è indicato subito; la soluzione completa si apre con un clic. Le dimostrazioni sono nella lezione e nell’approfondimento collegati in cima.

Livello base

Esercizio 1. Il test di Kalman su un sistema del secondo ordine

Il sistema \dot x = Ax + Bu ha A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} e B = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}. È raggiungibile?

Risultato: \det\mathcal{R} = -4 \ne 0: sì, il sistema è raggiungibile.

Soluzione

Si calcola AB = \begin{pmatrix} 1 + 2 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix} e si affiancano le colonne:

    \[ \mathcal{R} = \begin{pmatrix} B & AB \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 1 & -1 \end{pmatrix},\qquad \det\mathcal{R} = 1\cdot(-1) - 3\cdot 1 = -4 \]

Il determinante è diverso da zero, quindi il rango è 2 e il sistema è raggiungibile. (Il valore esatto del determinante non conta: conta solo che non sia nullo.)

Esercizio 2. Due ingressi

Con A = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} e B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} (due integratori indipendenti, ciascuno con il suo ingresso), il sistema è raggiungibile? E se si toglie il secondo ingresso?

Risultato: Con due ingressi sì (rango 2); con il solo primo ingresso no (rango 1).

Soluzione

Con due ingressi \mathcal{R} = \begin{pmatrix} B & AB \end{pmatrix} è una matrice 2\times 4 che contiene già B = I: rango 2, raggiungibile. Ogni ingresso muove il suo stato.

Con il solo primo ingresso B = (1\ \ 0)^T e AB = 0: \mathcal{R} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} ha rango 1. Il secondo integratore non riceve nulla e resta dov’è: lo stato x_2 non è raggiungibile.

Livello medio

Esercizio 3. Raggiungibilità con un parametro

Per quali valori di a il sistema con A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -2 & -3 \end{pmatrix}, B = \begin{pmatrix} 1 \\ a \end{pmatrix} non è raggiungibile? Interpretare il risultato.

Risultato: Non raggiungibile per a = -1 e per a = -2, quando B è allineato a un autovettore di A.

Soluzione

AB = \begin{pmatrix} a \\ -2 - 3a \end{pmatrix} e

    \[ \det\mathcal{R} = \det\begin{pmatrix} 1 & a \\ a & -2 - 3a \end{pmatrix} = -2 - 3a - a^2 = -(a + 1)(a + 2) \]

Il sistema non è raggiungibile per a = -1 e a = -2. Gli autovalori di A sono -1 e -2, con autovettori (1\ \ -1)^T e (1\ \ -2)^T. Per a = -1 il vettore B coincide con l’autovettore di -1: l’ingresso eccita solo quel modo, e lo stato resta sulla retta dell’autovettore. Lo stesso per a = -2 con l’altro modo. In generale: un ingresso allineato a un autovettore non basta a muovere tutto lo stato.

Esercizio 4. La forma compagna

Verificare che il sistema con A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & -2 & -3 \end{pmatrix}, B = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} è raggiungibile.

Risultato: \det\mathcal{R} = -1: rango 3, raggiungibile.

Soluzione

AB = (0\ \ 1\ \ -3)^T, A^2B = A\,(0\ \ 1\ \ -3)^T = (1\ \ -3\ \ 7)^T. Quindi

    \[ \mathcal{R} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -3 \\ 1 & -3 & 7 \end{pmatrix},\qquad \det\mathcal{R} = 1\cdot(0\cdot(-3) - 1\cdot 1) = -1 \]

Rango 3. Non è un caso: la matrice di raggiungibilità di una forma compagna (forma canonica di controllo) è sempre triangolare rispetto all’antidiagonale con uni sull’antidiagonale, quindi ha determinante \pm 1 qualunque siano i coefficienti. Per questo ogni sistema raggiungibile a un ingresso si può portare in questa forma, che rende immediato il progetto della retroazione.

Livello esame

Esercizio 5. Quanto costa fare in fretta

Una piattaforma di 1 kg (il doppio integratore) deve spostarsi di 2 m e fermarsi in 2 s. Trovare la forza di picco e l’energia minima. Come cambiano se il tempo scende a 1 s?

Risultato: Con T = 2 s: 3 N e 6 N²·s. Con T = 1 s: 12 N e 48 N²·s.

Soluzione

Dalle formule ricavate sopra, con d = 2 e T = 2: forza di picco u(0) = 6d/T^2 = 3 N, energia E = 12d^2/T^3 = 6 N²·s. Con T = 1 s: u(0) = 12 N (quattro volte), E = 48 N²·s (otto volte). Se l’attuatore non supera 5 N, il tempo minimo con questo profilo è T = \sqrt{6d/5} \approx 1{,}55 s. Con una forza limitata il tempo minimo assoluto si ottiene invece con un profilo “tutto avanti, tutto indietro” (controllo bang-bang), non con quello di minima energia.

Esercizio 6. Controllabile ma non raggiungibile

A tempo discreto, con A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} e B = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, studiare raggiungibilità e controllabilità.

Risultato: Non raggiungibile (rango 1), ma controllabile: ogni stato va a zero in due passi.

Soluzione

AB = (0\ \ 0)^T: \mathcal{R} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} ha rango 1, il sistema non è raggiungibile (la seconda componente non si può rendere diversa da zero). Però A^2 = 0: con ingresso nullo, x(2) = A^2x(0) = 0 per ogni stato iniziale. Ogni stato si porta a zero in due passi, quindi il sistema è controllabile. La differenza nasce dall’autovalore nullo di A; a tempo continuo non può succedere, perché e^{At} è sempre invertibile.

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